https://vik.wiki/api.php?action=feedcontributions&user=David14&feedformat=atom VIK Wiki - Szerkesztő közreműködései [hu] 2024-03-28T13:31:16Z Szerkesztő közreműködései MediaWiki 1.33.2 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182344 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-23T21:19:17Z <p>David14: /* Elektrosztatika */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 19. Feladat: Gömbkondenzátor elektródáira kapcsolható maximális feszültség ===<br /> <br /> Egy gömbkondenzátor belső elektródájának sugara &lt;math&gt;r_1=4 \; mm&lt;/math&gt; ,külső elektródájának sugara &lt;math&gt;r_2=6 \; mm&lt;/math&gt;, a dielektrikum relatív dielektromos állandója &lt;math&gt;\varepsilon_r = 4.5&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Legfeljebb mekkora feszültséget kapcsolhatunk a kondenzátorra,ha a térerősség a dielektrikumban nem haladhatja meg az &lt;math&gt;E=500\; {kV \over m}&lt;/math&gt; értéket.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Még nincs megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \; \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 \; V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===<br /> <br /> Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája &lt;math&gt;Z_0 = 400 \; \Omega&lt;/math&gt;, lezárása pedig egy &lt;math&gt;Z_2 = -j400 \; \Omega&lt;/math&gt; reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója &lt;math&gt;\beta = 0.2 \; {1 \over m} &lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; távolság függvényében.<br /> Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hossz helyébe általánosan &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; változót írunk, ahol &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; a lezárástól való távolságot jelöli.<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::::&lt;math&gt;\updownarrow&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===<br /> <br /> &lt;math&gt;\varepsilon_r = 2.25&lt;/math&gt; relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére.&lt;br/&gt;A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E=250\; {V \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a &lt;math&gt;H^+&lt;/math&gt; értékét a közeghatáron, az első közegben.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a &quot;lezárás&quot; levegő:<br /> <br /> &lt;math&gt;r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=<br /> {Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=<br /> {\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=<br /> {\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow<br /> H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=<br /> {E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=<br /> {250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182343 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-23T21:18:45Z <p>David14: /* 19. Feladat: Gömbkondenzátor elektródáira kapcsolható maximális feszültség */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 19. Feladat: Gömbkondenzátor elektródáira kapcsolható maximális feszültség ===<br /> <br /> Egy gömbkondenzátor belső elektródájának sugara &lt;math&gt;r_1=4 \; mm&lt;/math&gt; ,külső elektródájának sugara &lt;math&gt;r_2=6 \; mm&lt;/math&gt;, a dielektrikum relatív dielektromos állandója &lt;math&gt;\varepsilon_r = 4.5&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Legfeljebb mekkora feszültséget kapcsolhatunk a kondenzátorra,ha a térerősség a dielektrikumban nem haladhatja meg az &lt;math&gt;E=500\; {kV \over m}&lt;/math&gt; értéket.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Még nincs megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \; \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 \; V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===<br /> <br /> Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája &lt;math&gt;Z_0 = 400 \; \Omega&lt;/math&gt;, lezárása pedig egy &lt;math&gt;Z_2 = -j400 \; \Omega&lt;/math&gt; reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója &lt;math&gt;\beta = 0.2 \; {1 \over m} &lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; távolság függvényében.<br /> Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hossz helyébe általánosan &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; változót írunk, ahol &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; a lezárástól való távolságot jelöli.<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::::&lt;math&gt;\updownarrow&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===<br /> <br /> &lt;math&gt;\varepsilon_r = 2.25&lt;/math&gt; relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére.&lt;br/&gt;A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E=250\; {V \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a &lt;math&gt;H^+&lt;/math&gt; értékét a közeghatáron, az első közegben.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a &quot;lezárás&quot; levegő:<br /> <br /> &lt;math&gt;r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=<br /> {Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=<br /> {\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=<br /> {\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow<br /> H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=<br /> {E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=<br /> {250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Villamos_energetika&diff=182255 Villamos energetika 2014-06-19T20:23:30Z <p>David14: /* Vizsga */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Villamos energetika<br /> |targykod=VIVEA207<br /> |szak=villany<br /> |kredit=5<br /> |felev=4<br /> |kereszt=vizsgakurzus<br /> |tanszék=VET<br /> |kiszh=7 db<br /> |nagyzh=1 db<br /> |vizsga=írásbeli és opcionális szóbeli<br /> |hf=nincs<br /> |labor=3 alkalom<br /> |levlista=villenerg{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIVEA207<br /> |targyhonlap=http://vet.bme.hu/tantargyak/villamos-energetika<br /> }}<br /> <br /> A tantárgy célja a villamosenergia-rendszerekkel kapcsolatos azon alapismeretek oktatása, amely minden villamosmérnöknek szükséges és egyben megalapozás azok részére, akik a Villamosenergia-rendszerek vagy a Energiaátalakító rendszerek szakirányon folytatják a tanulmányaikat.<br /> Betekintés nyújt a villamosenergetika fő területein (termelés, szállítás, szolgáltatás, környezeti hatások) megnyilvánuló paradigmaváltásba, a modern technológiákba és eljárásokba. A tárgy fontos ismereteket ad a villamosenergetika-rendszerek működése és üzemeltetése témakörben is.<br /> <br /> ==Követelmények==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' Az [[Elektrotechnika]] tárgy kreditjének és a [[Jelek és rendszerek 2]] tárgy aláírásának megszerzése.<br /> *'''Jelenlét:''' A 7-ből 5 gyakorlaton, és mindhárom laboron kötelező részt venni. Egy labor pótlására van lehetőség.<br /> *'''KisZH:''' Minden gyakorlat elején 10 perces kiszárthelyit kell írni. A legjobb három eredménye számít. Csak 0-ást vagy 5-öst lehet szerezni. Az aláírás feltétele legalább két 5-ös kisZH. Pótlási lehetőség nincs. A kisZH feladatai az előre kiadott segédletből kerülnek ki, csak más számokkal.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során 1 darab nagyzárthelyit kell megírni. Két pótlási lehetőség van. A ZH 5 darab egyenként 8-12 pontos feladatból áll. Elméleti, levezetős kérdés is előfordulhat! Az elérhető maximum 50 pontból legalább 20 pontot kell szerezni az elégségeshez. Az első feladat 10 darab 1 pontos kiskérdésből áll, melyek a gyakorlatok beugrókérdései közül kerülnek ki, csak más számokkal. Ezekből legalább 4 pontot kell szerezni különben automatikusan elégtelen a dolgozat.<br /> *'''Vizsga:''' Írásbeli vizsga szóbeli kiegészítés lehetőségével. Ha az írásbeli eredménye legalább elégséges, akkor a vizsgaeredmény legfeljebb egy jeggyel változtatható a szóbelin. Az írásbeli feladatkiosztása és pontrendszere azonos a zárthelyiével. Legalább hármas zárthelyivel lehetőség van a pótlási héten elővizsgázni.<br /> *'''Végső jegy:''' Ha a vizsga elégtelen, akkor a végső jegy automatikusan elégtelen. Egyébként a végső jegyet a vizsgajegy 70%-a, a nagyzárthelyire kapott jegy 20%-a és a három legjobb kisZH átlagának 10%-a adja. - [[Media:Villenerg_osztályozás_módja.xlsx‎|Jegykalkulátor]]<br /> <br /> ==Segédanyagok==<br /> <br /> ===Hasznos anyagok===<br /> <br /> *'''''Horváth István: Villamosművek feladatgyűjtemény''''' - A tárgyhoz ajánlott irodalom. A vizsga számolós példái ebből vannak!<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_képletgyűjtemény.pdf|Képletgyűjtemény]] - Kézzel írt, szkennelt. Nem fedi le a teljes anyagot!<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_transzformátorok.pdf|Helyettesítőképek]] - A transzformátorok zérus sorrendű helyettesítőképei. A ZH/vizsga 10 beugró kérdése között gyakran feltűnik 1-1 ezek közül.<br /> *A tárgyhoz általában kiadnak egy ellenőrző kérdéssort is:<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_vizsgakérdéskidolgozás.pdf|2004]] - Egész jól lefedi a teljes anyagot. Számos ZH/vizsga feladat megoldási elve is megtalálható benne.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_tételkérdéskidolgozás.pdf|2007]] - Kézzel írt, scannelt.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|2010]] - ZH/vizsgakészüléshez erősen ajánlott, gyakran kérnek számon ezekhez kísértetiesen hasonló feladatokat. A végén van hibajegyzék is.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_2011_ellenörzőkérdések.pdf|2011]] - Csak a kérdéssor.<br /> <br /> ===Előadás/gyakorlat jegyzetek===<br /> <br /> *2011/12 tavaszi félév előadásainak kézzel írt jegyzete (15 - ZH konzultáció, 21 - Vizsga konzultáció):<br /> :Ha valakinek van kedve, bontsa szét ezt a kupacot, külön-külön egymás alá pakolva az előadásokat és melléjük írva, hogy melyik miről szól. Előre is köszi ;)<br /> <br /> :[[Media:villenerg_jegyzet_előadás_1_2012.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_2_2012.pdf|2]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_3_2012.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_4_2012.pdf|4]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_5_2012.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_6_2012.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_7_2012.pdf|7]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_8_2012.pdf|8]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_9_2012.pdf|9]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_10_2012.pdf|10]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_11_2012.pdf|11]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_12_2012.pdf|12]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_13_2012.pdf|13]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_14_2012.pdf|14]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_15_2012.pdf|15]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_16_2012.pdf|16]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_17_2012.pdf|17]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_18_2012.pdf|18]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_19_2012.pdf|19]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_20_2012.pdf|20]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_21_2012.pdf|21]]<br /> <br /> *Kézzel írt gyakorlatjegyzetek:<br /> **'''2009''': [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_1.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_2.pdf|2]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_3.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_4.pdf|4]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_5.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_6.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_7.pdf|7]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_8.pdf|8]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_9.pdf|9]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_10.pdf|10]]<br /> **'''2012''': [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_1.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_2.pdf|2]][[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_3.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_5.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_6.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_7.pdf|7]]<br /> <br /> ===Egyéb segédanyagok===<br /> <br /> Ezek a jegyzetek, nem konkrétan ehhez a tárgyhoz készültek, de szorosan kapcsolódnak a tárgy tematikájához. Van köztük egy-két elég hasznos anyag is:<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_villamosgépek.pdf|Elektrotechnika jegyzet]] - Részben elektrotechnikás anyagok vannak benne, de jól összefoglalja az ott tanultakat.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_hasznosjegyzet.pdf|Összefoglaló jegyzet]] - Egyfázisú rendszer, teljesítmények, szimmetrikus háromfázisú rendszer, a villamos hálózat felépítése, szimmetrikus összetevők, hálózatág feszültségesés viszonyai.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_villamosgépek_mágnesesmezők.pdf|Villamosgépek]] - Villamos gépek mágneses mezeje, váltakozóáramú tekercselések.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_transzformátor.pdf|Transzformátorok]] - Egyfázisú transzformátorok alapjai.<br /> *[[Media:eltech_kapcsolodó_anyagok_háromfázisúvektorok.pdf|Parkvektor]] - A háromfázisú vektorok módszere.<br /> <br /> == Nagyzárthelyi ==<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_20070427.pdf|2006/07 tavasz]] - [[Media:villenerg_zh_20070427_megoldások.pdf|Nem hivatalos megoldás]]<br /> *[[Media:villenerg_zh_20100414.pdf|2009/10 tavasz]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:villenerg_zh_20110411_Acsoport_megoldással.pdf|2010/11 tavasz]] - A és B csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2012_tavasz_ZH.pdf|2011/12 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013_tavasz_ZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2014_tavasz_ZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_20070521_pzh.pdf|2006/07 tavasz]]<br /> *[[Media:villenerg_zh_20080519_pzhAcsoport_megoldásokkal.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013_tavasz_pótZH.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2014_tavasz_pótZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Pótpót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_2010519_Acsoport_megoldással.pdf|2009/10 tavasz]] - A csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013tavasz_pózpótZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2014_tavasz_pótpótZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Kis ZH ===<br /> A beugrókérdések változhatnak, az aktuális feladatsorok mindig elérhető a tanszéki honlapon.<br /> <br /> Nem mindegyik feladatsorban voltak megoldások. Itt gyűjtöttük össze a megoldással nem rendelkező feladatsorok megoldásait:<br /> <br /> *[[Media:Villenerg kisZH 4 megoldas.pdf|4. Beugró megoldások]]<br /> *[[Media:Villenerg kisZH 5 megoldas.pdf|5. Beugró megoldások]]<br /> <br /> ==Laborok==<br /> <br /> Minden labor elején beugrót kell írni. A beugrókérdések ettől eltérőek is lehetnek, de azért iránymutatásnak jók.<br /> <br /> Ezek megtanulása viszont nem mentesít a segédlet alapos áttanulmányozása alól!<br /> <br /> ===2012/13 tavasz===<br /> <br /> *[[Media:Villenerg NTB Labor 2013 ellenőrző kérdések.pdf|NTB]] labor ellenőrző kérdései kidolgozva<br /> *[[Media:Villamos_energetika_VMK_Labor_ellenőrző_kérdések.pdf‎|VMK]] labor ellenőrző kérdései kidolgozva<br /> <br /> ==Vizsga==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width:90%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2007/08:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20080605.pdf|2008.06.05]] - nem hivatalos megoldással<br /> *2008/09:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20090618.pdf|2009.06.18]] - nem hivatalos megoldással, összeollózva<br /> *2009/10:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20100603.pdf|2010.06.03]] - megoldások nélkül<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20100610.pdf|2010.06.10]] - nem hivatalos megoldással, összeollózva <br /> *2010/11<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20110527_Acsoport.pdf|2011.05.27]] - A csoport, [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|megoldás]]<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20110527_Bcsoport.pdf|2011.05.27]] - B csoport, [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|megoldás]]<br /> *2011/12:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20120525_Acsoport.pdf|2012.05.25]] - A csoport megoldással<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20120525_Bcsoport.pdf|2012.05.25]] - B csoport megoldással<br /> *2012/13:<br /> **[[Média:Villenerg_2013.05.22_elővizsga.pdf‎|2013.05.22]] - elővizsga A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_2013.05.27_vizsga.pdf‎|2013.05.27]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.03.pdf|2013.06.03]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_20130610.pdf|2013.06.10]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.17.pdf|2013.06.17]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.21.pdf|2013.06.21]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2013/14:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.05.21.pdf|2014.05.21]] - elővizsga A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.05.28.pdf|2014.05.28]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.06.02.pdf|2014.06.02]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2014.06.06.pdf|2014.06.06]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Tippek ==<br /> <br /> * A ZH/vizsga beugró feladatának kérdései a hivatalos kiírással ellentétben, nem csak a gyakorlatok ellenőrző kérdéseiből kerülnek ki. A legjobb felkészülési stratégia az, ha végigoldjátok az összes 2012 tavasz utáni ZH és vizsga beugró feladatot. Ha ez megvan, akkor jó eséllyel már nem érhet nagy meglepetés.<br /> * A ZH-ban eléggé sablon feladatok vannak. Mindenképpen érdemes előtte átnézni a régi, hivatalos megoldásokkal ellátott feladatsorokat.<br /> * Az &quot;elővizsga&quot; elsőre jó választásnak tűnhet, azonban semmi sem garantálja, hogy könnyebben teljesíthető lenne, mint az összes többi vizsga. Sőt volt olyan év is, amikor az elővizsga nehezebb volt, mint némelyik utána következő vizsga.<br /> * A vizsgákra a legjobb felkészülési stratégia az, ha végigoldod a régi, hivatalos megoldásokkal rendelkező ZH és vizsgasorokat. Évről évre előfordul, hogy ismételődnek a feladatok minimális változtatással, de ami sokkal fontosabb, hogy egy-egy hivatalos megoldásból el lehet lesni a trükköket, amik segítségével már könnyen megoldható egy új, de hasonló feladat.<br /> * Ha valamit nagyon nem értesz, akkor érdemes lehet a segédanyagok között található régi ellenőrző kérdéssorok kidolgozásai között kutakodni. Sok hasznos elméleti anyag és feladatkidolgozás fellelhető bennük.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:Villenerg_vizsga_2014.06.06.pdf&diff=182254 Fájl:Villenerg vizsga 2014.06.06.pdf 2014-06-19T20:22:49Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Ir%C3%A1ny%C3%ADt%C3%B3rendszerek_gyors_protot%C3%ADpustervez%C3%A9se&diff=182177 Irányítórendszerek gyors prototípustervezése 2014-06-14T21:38:15Z <p>David14: /* Tippek a házihoz */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = Irányítórendszerek gyors&lt;br/&gt;prototípustervezése<br /> | tárgykód = VIIIAV11<br /> | szak = <br /> | kredit = 4<br /> | félév = <br /> | kereszt = <br /> | tanszék = IIT<br /> | jelenlét = nem kötelező<br /> | minmunka = a házival sok meló van<br /> | labor = számítógépes HSZK gyakorlatok<br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = nins<br /> | hf = 2 db (végső jegy 50%-át adják)<br /> | vizsga = írásbeli<br /> | levlista = <br /> | tad = https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIAV11/<br /> | tárgyhonlap = http://sirkan.iit.bme.hu/dokeos/courses/VIIIAV11/<br /> }}<br /> <br /> A tantárgy célja, hogy a hallgatók megismerjék az irányítástechnikai és rendszerfelügyeleti célú gyors prototípustervezés (rapid control prototyping) fogalmát, eljárásait és eszközeit, valamint alapvető jártasságot szerezzenek a mérnöki gyakorlatban használt két legelterjedtebb eszközrendszer, a Matlab - Simulink - Real-Time Workshop és a LabVIEW irányítástechnikai célú használatában, amelyek alapelveinek ismeretében más hasonló fejlesztői rendszerek alkalmazása is egyszerűen elsajátítható.<br /> <br /> A tantárgyat sikerrel teljesítő hallgatók gyakorlati ismeretekkel és készségekkel rendelkeznek a leginkább elterjedt gyors prototípustervező eszközök használatáról, amely tudást irányítástechnikai feladatok megoldása során további tanulmányaik alatt és a mérnöki gyakorlatban is sikeresen alkalmazhatják.<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Jelenlét:''' Az előadások és a HSZK gyakorlatokon a jelenlétet nem nézik, azonban a gyakorlatokon való részvétel erősen ajánlott.<br /> *'''NagyZH:''' A tárgyból nincs félévközi ZH.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév második felében 2 házi feladatot kell önállóan megoldani. Mindkét feladat egy valamilyen rendszer nemlineáris modelljének és a hozzá tartozó szabályozási körnek, GUI-val együtt történő elkészítéséből áll. Az első házit Matlab Simulink, a másodikat pedig LabVIEW segítségével kell megoldani. Mindkét házit külön-külön legalább elégséges szintűre kell kivitelezni.<br /> *'''Vizsga:''' A tárgyból írásbeli vizsgát kell tenni. Szokásos IIT vizsga, egy halom előre kiadott ellenőrző kérdésessel, melyek közül 6 minimális változtatásokkal visszaköszön a vizsgán.<br /> *'''Végső jegy:''' A végső jegy a legalább elégséges vizsga és a két házi feladat összpontszámából adódik ki. Mindkettő 50%-os súllyal számítódik.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> * 2014 tavaszán kiadott ellenőrző kérdések [[Media:RCP_ellkérdések_2014.pdf|kidolgozása]] és a [[Media:RCP_ellkérdések_2014_szerkeszthető.docx|szerkeszthető verzió]].<br /> <br /> == Tippek a házihoz ==<br /> <br /> *Érdemes némi időt rászánni, mert mindkét fejlesztői környezetnek vannak finomságai amik miatt tuti, hogy nem azt fogja csinálni elsőre meg tizedikre sem a kódod/diagramod amit vársz tőle.<br /> *Az állapotbecslőbe a ''korlátozott'' beavatkozó jelet kössed vissza.<br /> *Számíts a PID elintegrálódására és vedd figyelembe, hogy nemlineáris rendszerhez illesztesz lineáris szabályozót, ergo ne várj túl szép működést zárt körben.<br /> <br /> == Vélemények ==<br /> <br /> *Ha szabályozástechnikával, virtuális műszerezéssel vagy pl. járműelektronikával akarsz foglalkozni, ilyen területen akarsz dolgozni, igencsak ajánlott felvenni! Nagyon alaposan végigmentek a Simulink és a LabVIEW működésén, programozásán. Minden héten van vezetett HSZK-s labor. 2013 tavaszán az előadásokat Kovács Gábor tartotta, Kiss Bálint csak pár óra erejéig ugrott be. Bár még nagyon friss volt a tárgy, a tematika viszonylag kiforrottnak látszott, szigorú ütemben haladtunk.<br /> *2014 tavaszán Kiss Bálint tartotta az előadások és gyakorlatok Matlab-os részét.<br /> *A házira mindenképpen érdemes rászánni az időt, mert azokból lehet igazán megérteni és elsajátítani az anyagot, aminek amúgy kivételesen az iparban is hasznát lehet venni. Nem érdemes az utolsó pillanatra hagyni, mert 1-2 napot mindkét házi elkészítése igénybe fog venni. Ha valamivel elakadsz érdemes konzultációs időpontot kérni Kovács Gábortól, aki készséggel segít majd. Akit esetleg elbátortalanítana a házi, annak adjon erőt az, hogy cserébe a vizsga már nagyon egyszerű. Pár óra alatt meg lehet tanulni a kidolgozott ellenőrző kérdéseket és a vizsgán egy az egyben azokból kérdeznek.<br /> <br /> [[Kategória:Valaszthato]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:RCP_ellk%C3%A9rd%C3%A9sek_2014_szerkeszthet%C5%91.docx&diff=182176 Fájl:RCP ellkérdések 2014 szerkeszthető.docx 2014-06-14T21:36:47Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:RCP_ellk%C3%A9rd%C3%A9sek_2014.pdf&diff=182175 Fájl:RCP ellkérdések 2014.pdf 2014-06-14T21:35:53Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Ir%C3%A1ny%C3%ADt%C3%B3rendszerek_gyors_protot%C3%ADpustervez%C3%A9se&diff=182174 Irányítórendszerek gyors prototípustervezése 2014-06-14T21:32:42Z <p>David14: /* Vélemények */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = Irányítórendszerek gyors&lt;br/&gt;prototípustervezése<br /> | tárgykód = VIIIAV11<br /> | szak = <br /> | kredit = 4<br /> | félév = <br /> | kereszt = <br /> | tanszék = IIT<br /> | jelenlét = nem kötelező<br /> | minmunka = a házival sok meló van<br /> | labor = számítógépes HSZK gyakorlatok<br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = nins<br /> | hf = 2 db (végső jegy 50%-át adják)<br /> | vizsga = írásbeli<br /> | levlista = <br /> | tad = https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIAV11/<br /> | tárgyhonlap = http://sirkan.iit.bme.hu/dokeos/courses/VIIIAV11/<br /> }}<br /> <br /> A tantárgy célja, hogy a hallgatók megismerjék az irányítástechnikai és rendszerfelügyeleti célú gyors prototípustervezés (rapid control prototyping) fogalmát, eljárásait és eszközeit, valamint alapvető jártasságot szerezzenek a mérnöki gyakorlatban használt két legelterjedtebb eszközrendszer, a Matlab - Simulink - Real-Time Workshop és a LabVIEW irányítástechnikai célú használatában, amelyek alapelveinek ismeretében más hasonló fejlesztői rendszerek alkalmazása is egyszerűen elsajátítható.<br /> <br /> A tantárgyat sikerrel teljesítő hallgatók gyakorlati ismeretekkel és készségekkel rendelkeznek a leginkább elterjedt gyors prototípustervező eszközök használatáról, amely tudást irányítástechnikai feladatok megoldása során további tanulmányaik alatt és a mérnöki gyakorlatban is sikeresen alkalmazhatják.<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Jelenlét:''' Az előadások és a HSZK gyakorlatokon a jelenlétet nem nézik, azonban a gyakorlatokon való részvétel erősen ajánlott.<br /> *'''NagyZH:''' A tárgyból nincs félévközi ZH.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév második felében 2 házi feladatot kell önállóan megoldani. Mindkét feladat egy valamilyen rendszer nemlineáris modelljének és a hozzá tartozó szabályozási körnek, GUI-val együtt történő elkészítéséből áll. Az első házit Matlab Simulink, a másodikat pedig LabVIEW segítségével kell megoldani. Mindkét házit külön-külön legalább elégséges szintűre kell kivitelezni.<br /> *'''Vizsga:''' A tárgyból írásbeli vizsgát kell tenni. Szokásos IIT vizsga, egy halom előre kiadott ellenőrző kérdésessel, melyek közül 6 minimális változtatásokkal visszaköszön a vizsgán.<br /> *'''Végső jegy:''' A végső jegy a legalább elégséges vizsga és a két házi feladat összpontszámából adódik ki. Mindkettő 50%-os súllyal számítódik.<br /> <br /> == Tippek a házihoz ==<br /> <br /> *Érdemes némi időt rászánni, mert mindkét fejlesztői környezetnek vannak finomságai amik miatt tuti, hogy nem azt fogja csinálni elsőre meg tizedikre sem a kódod/diagramod amit vársz tőle.<br /> *Az állapotbecslőbe a ''korlátozott'' beavatkozó jelet kössed vissza.<br /> *Számíts a PID elintegrálódására és vedd figyelembe, hogy nemlineáris rendszerhez illesztesz lineáris szabályozót, ergo ne várj túl szép működést zárt körben.<br /> <br /> == Vélemények ==<br /> <br /> *Ha szabályozástechnikával, virtuális műszerezéssel vagy pl. járműelektronikával akarsz foglalkozni, ilyen területen akarsz dolgozni, igencsak ajánlott felvenni! Nagyon alaposan végigmentek a Simulink és a LabVIEW működésén, programozásán. Minden héten van vezetett HSZK-s labor. 2013 tavaszán az előadásokat Kovács Gábor tartotta, Kiss Bálint csak pár óra erejéig ugrott be. Bár még nagyon friss volt a tárgy, a tematika viszonylag kiforrottnak látszott, szigorú ütemben haladtunk.<br /> *2014 tavaszán Kiss Bálint tartotta az előadások és gyakorlatok Matlab-os részét.<br /> *A házira mindenképpen érdemes rászánni az időt, mert azokból lehet igazán megérteni és elsajátítani az anyagot, aminek amúgy kivételesen az iparban is hasznát lehet venni. Nem érdemes az utolsó pillanatra hagyni, mert 1-2 napot mindkét házi elkészítése igénybe fog venni. Ha valamivel elakadsz érdemes konzultációs időpontot kérni Kovács Gábortól, aki készséggel segít majd. Akit esetleg elbátortalanítana a házi, annak adjon erőt az, hogy cserébe a vizsga már nagyon egyszerű. Pár óra alatt meg lehet tanulni a kidolgozott ellenőrző kérdéseket és a vizsgán egy az egyben azokból kérdeznek.<br /> <br /> [[Kategória:Valaszthato]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=A_Duna&diff=182171 A Duna 2014-06-14T19:33:13Z <p>David14: /* 9. Kérdés */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = A Duna<br /> | tárgykód = EOVVAV30<br /> | szak = <br /> | kredit = 2<br /> | félév = <br /> | kereszt = <br /> | tanszék = EMK-VIT<br /> | jelenlét = ajánlott<br /> | minmunka = 4-6 óra<br /> | labor = <br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = nincs<br /> | hf = esettanulmány + szóbeli<br /> | vizsga = nincs<br /> | levlista = <br /> | tad = <br /> | tárgyhonlap = http://www.vit.bme.hu/vit/htdocs/oktatas/tantargy.php?tantargy_azon=BMEEOVVAV30<br /> }}<br /> <br /> Az Építőmérnöki Kar tárgya. Úgynevezett választható törzsanyag a Neptun szerint. <br /> <br /> A tantárgy Európa második legnagyobb folyójának jelentőségével, kialakulásával, szabályozásának történetével foglalkozik, bemutatva az emberi beavatkozások hatásait a folyó emberi és természeti környezetére.<br /> <br /> Előadó: Dr. Mészáros Csaba<br /> <br /> &lt;div class=&quot;noautonum&quot;&gt;__TOC__&lt;/div&gt;<br /> <br /> ==Követelmények==<br /> <br /> *'''Jelenlét:''' Minden előadáson szigorú katalógus van, ennek ellenére NEM kötelező a bejárás, de ajánlott.<br /> *'''NagyZH:''' A tárgyból nincs egyetlen zárthelyi sem.<br /> *'''Házi feladat:''' Félév végén egy esettanulmányt kell leadni, egy a Dunával kapcsolatos BÁRMILYEN témában. Követelmények:<br /> **5-10 oldal egy szabadon választott témában, aminek legalább egy kis köze van a Dunához.<br /> **Cím, oldalszám, képek, képaláírások, irodalomjegyzék és áttekinthető, rendezett külalak.<br /> **Beadás a félév végén, személyesen - A tanszéki honlapra a félév vége felé ki fog kerülni jópár leadási időpont!<br /> **Az esettanulmány leadásakor az előadó BELEKÉRDEZHET a tanulmányba!<br /> *'''Végső jegy:''' Az elégtelentől különböző osztályzat megszerzésének előfeltétele egy elfogadható szintű tanulmány leadása. A jegyet az alábbi tényezők felfelé módosítják:<br /> **Esettanulmány (ha megfelel a formai követelményeknek): '''3-asról indul'''<br /> **Jelen voltál az órák nagy (70%+) részén: '''+1 jegy''' <br /> **Jelen voltál a Bős-Nagymarosi vízlépcsőrendszerről szóló MINDHÁROM (első három) kiemelt előadáson: '''+1 jegy'''<br /> **A tanulmány leadásakor az előadó kérdéseket tesz fel a Dunával, a Bős-Nagymarosi vízlépcsővel és a tanulmány témájával kapcsolatban. Általában alapadatokra kérdez rá (a Duna N legbővizűbb, leghosszabb, legnagyobb vízgyűjtő területű mellékfolyója), de előszeretettel kér meg, hogy mutasd meg egy vaktérképen a Bős-Nagymarosi vízlépcsőrendszerhez kötődő fontosabb településeket. Ha ezekre tudod a választ: '''+1 jegy'''<br /> **A tanulmány leadása után e-mailben kérhetsz kérdéseket, kikeresed a válaszokat a lenti gyűjteményből és elküldöd neki e-mailben. FIGYELEM: NE szó szerint másoljatok!!! Ha elsőre voltak rossz válaszaid, akkor válaszban megküldi, hogy mik voltak rosszak és addig levelezgettek, amíg minden kérdésre helyes választ nem adsz: '''+1 jegy'''<br /> **A póthéten-vizsgadőszak elején az előadó meghirdet 1-3 rövid (1 órás) pótelőadást. Ha részt veszel ezek közül az EGYIKEN: '''+1 jegy'''<br /> <br /> ==Vélemények==<br /> <br /> ===2012/13===<br /> *Én 2013 tavaszán hallgattam a tárgyat. Akit érdekel a téma, annak mindenképpen érdemes bejárni az órákra, mert az előadó nagy szaktekintély a témában és elég érdekes dolgokra világít rá. Ingyenkreditnek is tökéletes. Az előadó tisztában van vele, hogy miért veszik fel a tárgyát ennyien. Maximálisan azon van, hogy mindenkinek ötöst tudjon adni, de cserébe elvárja, hogy legalább a Duna és a Bős-Nagymarosi Vízlépcsőrendszer pár LEGALAPABB adatával tisztában legyél - Ez amúgy szerintem egyáltalán nem nagy elvárás. Nulla bejárással, egy pár óra alatt összerakott tanulmánnyal, a pótelődáson való részvétellel és az e-mailben kapok kérdések megválaszolásával simán meglett az ötös. - [[szerkesztő:david14|ED]], 2013 tavasz<br /> <br /> ==E-mailben kapott kérdések válaszai==<br /> <br /> '''''&lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;Fontos: Ne szó szerint másoljátok le a válaszokat, mert az előadó mindegyiket végigolvassa (hibás válaszokra javítást kér), és nem lenne jó ha feltűnne neki, hogy mindenki innét másol!&lt;/span&gt;'''''<br /> <br /> ===1. Kérdés===<br /> Milyen hosszúak a Duna XYZ mellékfolyói, hol torkollnak a Dunába, s mekkora a vízgyűjtő-területük és a közepes vízhozamuk?&lt;br /&gt;[[Media:Duna Mellékfolyók táblázata.jpg|Összefoglaló táblázat a mellékfolyók adatairól]]<br /> <br /> *'''Prut:''' 953 km hosszú, Románián és Moldován folyik át, majd a Dunába ömlik. A folyó a román Galați és az ukrán Reni városok közelében ömlik a Dunába. Vízgyűjtő területe 27 500 km^2. Vízhozam 110 m^3/s<br /> *'''Enns:''' Enns városánál ömlik Dunába, 254 km-es hosszal. Átlagos vízhozam 201 m^3/s. Vízgyűjtő területe 6,000 km^2. <br /> *'''Inn:''' 517 km hosszú és Passunál ömlik Dunába. Vízhozam 730 m^3/s, Vízgyűjtő területe 25.700 km^2.<br /> *'''Vág:''' 398 km hosszú, 18.296 km^2 vízgyűjtő területű, 161 m^3/s átlagos vízhozamú. A folyó Komárom városánál ömlik a Dunába.<br /> *'''Rába:''' 311 km hosszú, 10.113 km^2 vízgyűjtő területű, 88 m^3/s átlagos vízhozamú. A folyó Győrnél ömlik a Dunába.<br /> *'''Naab:''' 165 km hosszú, Regensburgnál ömlik a Dunába, vízgyűjtő területe 5225 km^2, a vízhozam pedig 115 m^3/s.<br /> *'''Isar:''' 295 km hosszú, Deggendorfnál ömlik a Dunába, vízgyűjtő területe 9000 km^2, a közepes vízhozam pedig 175 m^3/s.<br /> <br /> ===2. Kérdés===<br /> Hol rendeztek téli olimpiát a Duna vízgyűjtőjén (hatot rendeztek)?<br /> <br /> *'''Innsbruck:''' 1964-es IX. téli olimpia és 1976-os XII. téli olimpia.<br /> *'''Szarajevó:''' 1984-es XIV. téli olimpia.<br /> *'''St. Moritz:''' 1928-as II. téli olimpia és 1948-as V. téli olimpia.<br /> *'''Garmisch-Partenkirchen:''' 1936-os IV. téli olimpia és a végül ELMARADT 1940-es V. téli olimpia.<br /> <br /> ===3. Kérdés===<br /> Milyen magas a legmagasabb hegy a Duna vízgyűjtőjén Svájcban, Szlovéniában, a Dunántúlon és Németországban, mi a nevük és mely vízfolyások szállítják a vizet a hegytől a Duna felé?<br /> <br /> *'''Németország:''' Zugspitze, 2963 méter - Isar (és Lech)<br /> *'''Szlovénia:''' Triglav csúcs, 2864 méter - Száva<br /> *'''Svájc:''' Piz Bernina, 4052 méter - Inn<br /> *'''Dunántúl:''' Írott-kő, 882 méter - Rába<br /> *'''Ausztria:''' Grossglockner, 3798 méter - Inn és Dráva<br /> *'''Szlovákia:''' Kriván, 2494 méter - Vág<br /> <br /> ===4. Kérdés===<br /> Hol építettek Ausztriában vízlépcsőt, amelyet népszavazással erősítettek meg/Sorolja fel az osztrák/német vízlépcsőket!<br /> <br /> *1991 májusában, a bécsiek népszavazással döntöttek a bécsi '''Freudenau'''-i vízlépcső megépítéséről.<br /> *Az '''osztrák''' szakaszon elhelyezkedő vízlépcsők:<br /> # Aschach<br /> # Ottensheim-Wilhering<br /> # Abwinden-Asten<br /> # Wallsee-Mittelskirchen<br /> # Ybbs-Persenbeug<br /> # Melk<br /> # Altenwörth<br /> # Greifenstein<br /> # Freudenau<br /> <br /> ===5. Kérdés===<br /> Mi a „C” variáns? Miért azt valósították meg a szlovákok?<br /> <br /> *A „C” variáns lényege az volt, hogy Dunakiliti helyett Dunacsúny-nál, tehát csehszlovák területen épülne gát, mely segítene az Öreg-Duna vizét a bősi erőmű üzemcsatornájába terelni. Ez kevésbé volt nyereséges megoldás, mint az eredeti változat, viszont Magyarországtól függetlenül megépíthető volt.<br /> <br /> ===6. Kérdés===<br /> Melyik a legmagasabb hegy a Duna közvetlen vízgyűjtőjén, Magyarországon (a Tisza magyarországi vízgyűjtője (pl. Kékes) nem számít!)?<br /> <br /> *A Duna közvetlen vízgyűjtőjén Csóványos (938 m) a legmagasabb hegycsúcs, mindemellett ez a Börzsöny legmagasabb pontja is egyben.<br /> <br /> ===7. Kérdés===<br /> Soroljon fel legalább 10 olyan vízfolyást, amely a Dunába torkollik Magyarországon (pl. Rákos-patak)!<br /> *'''''&lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;Inkább nézzetek Google Maps-en Dunába torkolló folyókat, ne az összeset írjátok ki ebből, mert feltűnő lesz, hogy mindenkinek ugyanazok válaszai!&lt;/span&gt;'''''<br /> # Lajta<br /> # Rábca<br /> # Rába<br /> # Sió<br /> # Ipoly<br /> # Tekeresi-vízfolyás<br /> # Bikol-patak<br /> # Bajóti-patak<br /> # Únyi-patak<br /> # Kenyérmezői-patak<br /> # Szentléleki-patak<br /> <br /> ===8. Kérdés===<br /> Milyen létesítmények épültek volna eredetileg a Bős-Nagymarosi Vízlépcsőrendszerben. Mi épült meg és mi nem? <br /> <br /> *Bősi (Gabcikovo-i) vízlépcső – Üzemel<br /> *Dunakiliti duzzasztómű – Nem üzemel (csak az árvízi levezetést és a szigetközi vízpótlást segíti, mert egy ostoba 1991-es parlamenti határozat tiltja az üzembe helyezését)<br /> *Üzemvízcsatorna (Dunacsúny és Szap között) - Üzemel (ezen bonyolódik le a dunai hajóforgalom, s ez vezeti a vizet a Bősi vízerőműhöz)<br /> *Dunacsúnyi vízlépcső – Üzemel (nem szerepelt az eredeti tervekben, de azért építették fel a szlovákok, mert a magyar fél nem helyezte üzembe a Dunakiliti duzzasztót)<br /> *Nagymarosi vízlépcső - Nem üzemel<br /> <br /> ===9. Kérdés===<br /> A Nagymarosnál tervezett vízlépcsőn kívül, még hova terveztek vízlépcsőket a Duna magyarországi szakaszán? Milyen teljesítményű lett volna a nagymarosi vízerőmű?<br /> <br /> *Adony – kapacitás: 150 MW<br /> *Fajsz – kapacitás: 145 MW<br /> *Nagymaros – kapacitás: 158 MW<br /> <br /> <br /> <br /> [[Category:Valaszthato]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182137 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-13T17:22:22Z <p>David14: </p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \; \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 \; V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===<br /> <br /> Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája &lt;math&gt;Z_0 = 400 \; \Omega&lt;/math&gt;, lezárása pedig egy &lt;math&gt;Z_2 = -j400 \; \Omega&lt;/math&gt; reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója &lt;math&gt;\beta = 0.2 \; {1 \over m} &lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; távolság függvényében.<br /> Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hossz helyébe általánosan &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; változót írunk, ahol &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; a lezárástól való távolságot jelöli.<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::::&lt;math&gt;\updownarrow&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===<br /> <br /> &lt;math&gt;\varepsilon_r = 2.25&lt;/math&gt; relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére.&lt;br/&gt;A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E=250\; {V \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a &lt;math&gt;H^+&lt;/math&gt; értékét a közeghatáron, az első közegben.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a &quot;lezárás&quot; levegő:<br /> <br /> &lt;math&gt;r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=<br /> {Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=<br /> {\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=<br /> {\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow<br /> H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=<br /> {E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=<br /> {250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182136 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-13T17:21:06Z <p>David14: /* 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \; \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 \; V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===<br /> <br /> Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája &lt;math&gt;Z_0 = 400 \; \Omega&lt;/math&gt;, lezárása pedig egy &lt;math&gt;Z_2 = -j400 \; \Omega&lt;/math&gt; reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója &lt;math&gt;\beta = 0.2 \; {1 \over m} &lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; távolság függvényében.<br /> Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hossz helyébe általánosan &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; változót írunk, ahol &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; a lezárástól való távolságot jelöli.<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::::&lt;math&gt;\updownarrow&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===<br /> <br /> &lt;math&gt;\varepsilon_r = 2.25&lt;/math&gt; relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére.&lt;br/&gt;A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E=250\; {V \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a &lt;math&gt;H^+&lt;/math&gt; értékét a közeghatáron, az első közegben.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a &quot;lezárás&quot; levegő:<br /> <br /> &lt;math&gt;r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=<br /> {Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=<br /> {\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=<br /> {\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow<br /> H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=<br /> {E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=<br /> {250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182135 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-13T16:44:57Z <p>David14: /* 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \; \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 \; V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===<br /> <br /> Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája &lt;math&gt;Z_0 = 400 \; \Omega&lt;/math&gt;, lezárása pedig egy &lt;math&gt;Z_2 = -j400 \; \Omega&lt;/math&gt; reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója &lt;math&gt;\beta = 0.2 \; {1 \over m} &lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; távolság függvényében.<br /> Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hossz helyébe általánosan &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; változót írunk, ahol &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; a lezárástól való távolságot jelöli.<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::::&lt;math&gt;\updownarrow&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===<br /> <br /> &lt;math&gt;\varepsilon_r = 2.25&lt;/math&gt; relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére.&lt;br/&gt;A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E=250\; {V \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a &lt;math&gt;H^+&lt;/math&gt; értékét a közeghatáron, az első közegben.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a &quot;lezárás&quot; levegő:<br /> <br /> &lt;math&gt;r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=<br /> {Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot \sqrt{\varepsilon_r} \over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot \sqrt{\varepsilon_r}}=<br /> {1 - \sqrt{\varepsilon_r} \over 1 + \sqrt{\varepsilon_r}}=<br /> {1 - \sqrt{2.25} \over 1 + \sqrt{2.25}} = -0.2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A szigetelő határfelületén az elektromos térerősség amplitúdója a beeső és visszavert hullámkomponensek amplitúdóinak összege:<br /> <br /> &lt;math&gt;E = E^+ + E^- = E^+ \cdot (1+r) \longrightarrow E^+ = {E \over 1+r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;H = H^+ + H^- = {E^+ \over Z_{0,sz}} - {E^- \over Z_{0,sz}} =<br /> {E^+ \over Z_{0,sz}} \cdot (1 - r ) =<br /> H^+ \cdot (1 + r) \longrightarrow<br /> H^+ = {E^+ \over Z_{0,sz}} \cdot {1 - r \over 1+r } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;H^+ = {E \over Z_{0,l}\cdot \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot {1 - r \over (1+r)^2 } \approx<br /> {250 \over 120 \pi \cdot \sqrt{2.25}} \cdot {1 - (-0.2) \over \left( 1+(-0.2) \right)^2 } \approx 0.829 \; {A\over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182126 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-12T23:07:52Z <p>David14: </p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \; \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 \; V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===<br /> <br /> Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája &lt;math&gt;Z_0 = 400 \; \Omega&lt;/math&gt;, lezárása pedig egy &lt;math&gt;Z_2 = -j400 \; \Omega&lt;/math&gt; reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója &lt;math&gt;\beta = 0.2 \; {1 \over m} &lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; távolság függvényében.<br /> Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hossz helyébe általánosan &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; változót írunk, ahol &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; a lezárástól való távolságot jelöli.<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::::&lt;math&gt;\updownarrow&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182125 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-12T23:06:41Z <p>David14: /* 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \; \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 \; V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===<br /> <br /> Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája &lt;math&gt;Z_0 = 400 \; \Omega&lt;/math&gt;, lezárása pedig egy &lt;math&gt;Z_2 = -j400 \; \Omega&lt;/math&gt; reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója &lt;math&gt;\beta = 0.2 \; {1 \over m} &lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; távolság függvényében.<br /> Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hossz helyébe általánosan &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; változót írunk, ahol &lt;math&gt;x&lt;/math&gt; a lezárástól való távolságot jelöli.<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::::&lt;math&gt;\updownarrow&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=182124 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-12T20:52:47Z <p>David14: /* Elektromágneses hullám szigetelőben */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 \; m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Matematika_A3_villamosm%C3%A9rn%C3%B6k%C3%B6knek&diff=182060 Matematika A3 villamosmérnököknek 2014-06-10T17:54:33Z <p>David14: /* Elméleti összefoglalók */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Matematika A3&lt;br/&gt;villamosmérnököknek<br /> |targykod=TE90AX09<br /> |szak=villany<br /> |kredit=4<br /> |felev=3<br /> |kereszt=van<br /> |tanszék=Algebra Tanszék <br /> |kiszh=nincs<br /> |nagyzh=2 db<br /> |vizsga=írásbeli és opcionális szóbeli<br /> |hf=nincs<br /> |levlista=matek3{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/TE90AX09/<br /> |targyhonlap=http://www.math.bme.hu/egy-targy?targy-azon=518&amp;targy-nev=Matematika+A3+villamosm%e9rn%f6k%f6knek<br /> }}<br /> <br /> A tárgy villamosmérnöki viszonylatban rendkívül fontos. Legfőképpen a vektoranalízis témakört célszerű alaposan megtanulni, ugyanis az [[Elektromágneses terek alapjai]] című tárgy erőteljesen épít erre. A tárgy épít a [[Matematika A1 - Analízis]] és a [[Matematika A2 - Vektorfüggvények]] tárgyakra, így ajánlott a deriválási és integrálási készségeinket napra készen tartani a tárgy hallgatása során.<br /> <br /> A Matematika A3 tananyaga három fő részből áll (részletes tematika lentebb):<br /> * Differenciálegyenletek<br /> * Komplex függvénytan<br /> * Vektoranalízis<br /> <br /> Az első zárthelyi a differenciálegyenletekből, a második zárthelyi pedig a komplex függvénytanból van általában. A vektoranalízist gyakran csak a vizsgában kérik számon, de ott 50%-os súllyal.<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' A [[Matematika A2a - Vektorfüggvények]] című tárgy teljesítése.<br /> *'''Jelenlét''': A gyakorlatok 70%-án kötelező részt venni.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során két darab nagy zárthelyit kell teljesíteni. Mindkettő általában 6 darab 10 pontos feladatból áll, melyek egyike elméleti igaz-hamis kérdéseket tartalmaz. Mindkettőn 30%-ot kell elérni az aláírás megszerzéséhez. A félév során mindkét ZH egyszer pótolható, továbbá kizárólag az egyikből írható pótpót-zárthelyi is a félév végén.<br /> *'''Vizsga:''' A tárgyból kötelező írásbeli vizsga van, a szóbeli vizsga pedig az elért pontszámtól függően lehet kötelező vagy opcionális. Az írásbeli felépítése megegyezik az évközi zárthelyikével. A vizsga anyaga általában 50%-ban a második zárthelyi után vett anyagból, 30%-ban a második zárthelyi anyagából, 20%-ban pedig az első zárthelyi anyagából tevődik össze. Itt azonban már '''legalább 40%-ot''' kell teljesíteni! 24 pont fölött vizsgapontot (VP) számítanak a következőképpen:<br /> **Ha a 2 zárthelyi átlagpontszáma (ZH) jobb a vizsgadolgozaténál (VD), akkor: VP = ( ZH + VD ) / 2<br /> **Ha a 2 zárthelyi átlagpontszáma rosszabb a vizsgadolgozaténál, akkor: VP = VD<br /> :24 és 33 pont között kötelező szóbelizni, 33 és 42 pont között megajánlott kettes kérhető, 42 pont felett pedig megajánlott hármas. A jó és jeles érdemjegyekért mindenképpen szóbelizni kell a sikeres írásbeli után. A szóbeli vizsga a dolgozatok megtekintését követően zajlik le.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> === Elméleti összefoglalók ===<br /> <br /> <br /> * '''&lt;span style=&quot;color: red&quot;&gt;Kiemelt jegyzet:&lt;/span&gt;''' [[Media:matek3_eloadasjegyzet_2013_seyler_lajos.pdf|Előadás és gyakorlatjegyzet (2013)]] - Előadó: ''Simon András'', gyakorlatvezető: ''Molnár Zoltán''.<br /> * [[Media:Matek3_Laplace-transzformáltak.pdf‎|Laplace táblázat]] - Tartalmazza az összes szükséges Laplace transzformáltat. Előfordul, hogy ZH/vizsga alkalmával is engedik használni <br /> * [[Media:Matek3_Komplexösszefoglaló.pdf|Komplex függvénytan összefoglaló]] - Tartalmazza a legfontosabb képleteket és definíciókat<br /> * [[Media:Matek3_Vektoranalizis_folyamatmernokoknek.pdf|Szemléletes vektoranalízis összefoglaló]] - Vannak benne nagyon hasznos ábrák és számítási módszerek<br /> <br /> === Gyakorló feladatok ===<br /> <br /> * [[Media:Matek3_Diffegyenletek_komplexintegral.pdf|Diffegyenletek és komplex integrálok]] - Hasznos gyakorló példák megoldások nélkül<br /> * [[Media:Matek3_Vektroanal_komplexderivalas.pdf‎|Vektoranalízis és komplex deriválás]] - Hasznos gyakorló példák megoldások nélkül<br /> * [[Media:Matek3_Laplace_Example.pdf| Laplace transzformáció alkalmazása]] - Van benne néhány idevágó differenciálegyenletes példa is<br /> * [[Media:Matek3_Laplace_Rendszer.pdf|Lineáris differenciálegyenlet rendszerek]] - Megoldás hagyományos, illetve Laplace transzformációs módszerrel<br /> * [http://www.math.bme.hu/~jtoth/MatA123/0607a3.html Tóth János gyakvezér honlapja] - Nagyon sok idevágó gyakorló példával <br /> <br /> ===Egyéb segédanyagok===<br /> <br /> * [[Media:Matek3_taylorsoroskozelites.pdf| Taylor soros közelítés]] használata differenciálegyenletek megoldására - ''Nem tananyag, csak érdekesség''<br /> * [[Media:Matek3_Laplace-rovid.pdf| Rövid Laplace összefogaló]] - angol!<br /> * [[Media:Mate3_laplace_Rendszer-maple.pdf‎| MAPLE Laplace]] - Használati útmutató MAPLE programon belüli Laplace transzformációhoz<br /> * [http://ertedmar.hu/ ertedmar.hu] - Vektoranalízis, vonalintegrál, divergencia, rotáció, Green és Stokes tétel illetve egyéb hasznos anyagok<br /> <br /> == Első zárthelyi ==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 50%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_ZH1.PDF‎|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2008_ősz_ZH1.PDF|2008/09 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2010_ősz_ZH1.PDF|2010/11 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Matek3_2011őszZH1.pdf|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ősz_1_ZH_megoldással.pdf‎| 2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Matek3_1.zh_2013osz.jpg|2013/14 ősz]]<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_pótZH1.PDF‎|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2010_ősz_pótZH1.PDF|2010/11 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2011_ősz_pótZH1.PDF‎|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ŐSZ_PÓTZH1-2.PDF‎|2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Második zárthelyi ==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 50%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_ZH2.PDF|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2008_ősz_ZH2.PDF|2008/09 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2010_ősz_ZH2.PDF|2010/11 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Matek3_2011_ősz_ZH2.PDF|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ősz_2_ZH_megoldással.pdf‎|2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:MatekA3 2013 ősz ZH2.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_pótZH2.PDF|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek_2011_ősz_pótZH2.PDF|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ŐSZ_PÓTZH1-2.PDF‎|2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Vizsgák ==<br /> <br /> ===Írásbeli vizsga===<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 50%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2005/06:<br /> **[[Matematika A3 villamosmérnököknek - Vizsga, 2006.06.02.|2006.06.02]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2006/07:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.04.PDF|2007.01.04]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.11.PDF|2007.01.11]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.18.PDF|2007.01.18]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.25.PDF‎|2007.01.25]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2007/08:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2008.01.03.PDF‎|2008.01.03]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2008/09:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2009.01.06.PDF|2009.01.06]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2009.01.13.PDF‎|2009.01.13]]<br /> **[[Media:Matek_vizsga_2009.01.20.PDF|2009.01.20]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2009/10:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2009.12.21.PDF‎|2010.01.05]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2010.01.12.PDF‎|2010.01.12]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2010.01.19.PDF‎|2010.01.19]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2010.01.25.PDF|2010.01.25]]<br /> <br /> *2010/11:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2011.01.05.pdf|2011.01.05]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2011.01.12.pdf|2011.01.12]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Mate3_vizsa_2011.01.20.PDF‎|2011.01.20]] - megoldásokkal<br /> **[[media:Matek3_visza_2011.01.24.PDF‎|2011.01.24]]<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2011/12:<br /> **[[media:Matek3_vizsga_2011.12.21.PDF‎|2011.12.21]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2012.01.05_megoldásokkal.PDF|2012.01.05]] - megoldásokkal<br /> **[[media:Matek3_vizsga_2012-01-12.pdf‎|2012.01.12]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2012.01.19.PDF‎|2012.01.19]]<br /> <br /> *2012/13:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2012.12.20.pdf|2012.12.20]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_20130110.PDF‎|2013.01.10]]<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_20130117.PDF‎|2013.01.17]]<br /> <br /> *2012/13 - kereszt:<br /> **[[Media:matekA3_vizsga_20130613.jpg|2013.06.13]]<br /> <br /> *2013/14:<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_02.pdf|2014.01.02]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_08.pdf|2014.01.08]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_15.PDF|2014.01.15]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_22.jpeg|2014.01.22]]<br /> <br /> *2013/14 - kereszt:<br /> **[[media:MatekA3_vizsga_2014.05.29.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> === Szóbeli vizsga ===<br /> <br /> *2012/13 őszi félévében [http://www.math.bme.hu/~pitrik/ Dr. Pitrik József] előadó által kiadott [[Media:Matek3_Pitrik_Szóbeli_tételsor.pdf| szóbeli tételsor]]. Mivel ez teljesen lefedi az előadások anyagait, így a többi előadó is 90%-ban ezeket kérdezi.<br /> <br /> *2013/14 őszi félévében Molnár Zoltán (MoZo) által kiadott [http://wiki.math.bme.hu/view/Szerkeszt%C5%91:Mozo/_A3_bizony%C3%ADt%C3%A1sok szóbeli segédanyag]. Ez az anyag elég a szóbeli négyes-ötösért, de Mozo megnézi a zárthelyik eredményeit és a vizsga eredményét is. Ha mindhárom jó könnyebben ad jó jegyet, ha rossz nehezebben.<br /> <br /> *[[Matematika A3 - Vizsgakérdések az elégségesért|Fogalmak, tételek]] és sok egyéb hasznos dolog a szóbelihez! '''''Szerkesszétek!'''''<br /> <br /> *[[Media:MatekA3_vizsga_2014.06.05._Vizsgakérdések_az_elégségesért.pdf|Vizsgakérdések az elégségesért]] - A kettesért kiadott tételsor teljes kidolgozása. Leginkább egy nagy összefoglaló, ahol minden '''fontosabb''' dolog egy helyen van, tehát nem a megértést segíti, hanem a felkészülést, de azért hasznos lehet.<br /> <br /> == Témakörök ==<br /> <br /> {{TODO}}<br /> <br /> '''''Ez a rész erőteljes átnézésre, válogatásra, aktualizálásra és kiegészítésre szorul!!!'''''<br /> <br /> # [[Matematika A3 - Differenciálegyenletek: osztályozások és definíciók|Differenciálegyenletek: osztályozások és definíciók]]<br /> # [[Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek|Elsőrendű differenciálegyenletek]]<br /> # [[Matematika A3 - Magasabbrendű differenciálegyenletek|Magasabbrendű differenciálegyenletek]]<br /> # [[Matematika A3 - Differenciálegyenlet-rendszerek|Differenciálegyenlet-rendszerek]]<br /> # [[Matematika A3 - Komplex számok|Komplex számok]]<br /> # [[Matematika A3 - Komplex függvények|Komplex függvények]]<br /> # [[Matematika A3 - Cauchy integráltételek|Cauchy integráltételek]]<br /> # [[Matematika A3 - Laurent-sorfejtés|Laurent-sorfejtés]]<br /> # [[Matematika A3 - Vonalmenti integrálás|Vonalmenti integrálás]]<br /> # [[Matematika A3 - Divergencia, rotáció|Divergencia, rotáció]]<br /> # [[Matematika A3 - Felületi integrál|Felületi integrál]]<br /> # [[Matematika A3 - Integrálátalakító tételek: Stokes és Gauss-Osztrogradszkij|Integrálátalakító tételek: Stokes és Gauss-Osztrogradszkij]]<br /> # [[Matematika A3 - Vektoranalízis összefoglalása|Vektoranalízis összefoglalása]]<br /> <br /> ==Tippek==<br /> <br /> *A félév nagy részében jól használható a feladatok megoldásának ellenőrzésében a [http://wolframalpha.com Wolfram alpha], amely azonban nem sokat ér, ha a megoldás menetét nem értjük. A számonkérések esetén a puszta eredmény közléséért általában 0 pont jár.<br /> *Érdemes minél többet gyakorolni, mert a ZH/vizsga példák nagyon sablonosak. Legfőképpen a differenciálegyenletekre igaz, hogy leadnak a félév során ~10 alaptípust, melyeknek megoldása meglehetősen mechanikus. Ha megoldasz minden lehetséges típusból legalább egy példát, akkor nem érhet nagy meglepetés.<br /> *Érdemes minél előbb elmenni vizsgázni, mert általában erőteljesen nehezedik az írásbeli - &quot;Elfogynak a könnyű feladatok&quot;.<br /> *Az írásbelin általában nagyrészt a 2. ZH utáni anyagrészből kérdeznek. Ez nagyjából 4-5 hét anyaga, tehát megéri alaposan begyakorolni ezeket a témaköröket, mert jó eséllyel három, de akár négy feladat is kikerülhet közülük.<br /> *Ha a számolási feladatok jól mennek, akkor érdemes némi időt rászánni az elméletre is és megpróbálni a szóbelit a jobb jegyért. A szóbelin általában kedvesek és hacsak nem vagy irtózatosan sügér az elméletből, akkor nemigazán buktatnak. Egyszóval megér egy próbát.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Matematika_A3_villamosm%C3%A9rn%C3%B6k%C3%B6knek&diff=182059 Matematika A3 villamosmérnököknek 2014-06-10T17:52:21Z <p>David14: /* Írásbeli vizsga */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Matematika A3&lt;br/&gt;villamosmérnököknek<br /> |targykod=TE90AX09<br /> |szak=villany<br /> |kredit=4<br /> |felev=3<br /> |kereszt=van<br /> |tanszék=Algebra Tanszék <br /> |kiszh=nincs<br /> |nagyzh=2 db<br /> |vizsga=írásbeli és opcionális szóbeli<br /> |hf=nincs<br /> |levlista=matek3{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/TE90AX09/<br /> |targyhonlap=http://www.math.bme.hu/egy-targy?targy-azon=518&amp;targy-nev=Matematika+A3+villamosm%e9rn%f6k%f6knek<br /> }}<br /> <br /> A tárgy villamosmérnöki viszonylatban rendkívül fontos. Legfőképpen a vektoranalízis témakört célszerű alaposan megtanulni, ugyanis az [[Elektromágneses terek alapjai]] című tárgy erőteljesen épít erre. A tárgy épít a [[Matematika A1 - Analízis]] és a [[Matematika A2 - Vektorfüggvények]] tárgyakra, így ajánlott a deriválási és integrálási készségeinket napra készen tartani a tárgy hallgatása során.<br /> <br /> A Matematika A3 tananyaga három fő részből áll (részletes tematika lentebb):<br /> * Differenciálegyenletek<br /> * Komplex függvénytan<br /> * Vektoranalízis<br /> <br /> Az első zárthelyi a differenciálegyenletekből, a második zárthelyi pedig a komplex függvénytanból van általában. A vektoranalízist gyakran csak a vizsgában kérik számon, de ott 50%-os súllyal.<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' A [[Matematika A2a - Vektorfüggvények]] című tárgy teljesítése.<br /> *'''Jelenlét''': A gyakorlatok 70%-án kötelező részt venni.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során két darab nagy zárthelyit kell teljesíteni. Mindkettő általában 6 darab 10 pontos feladatból áll, melyek egyike elméleti igaz-hamis kérdéseket tartalmaz. Mindkettőn 30%-ot kell elérni az aláírás megszerzéséhez. A félév során mindkét ZH egyszer pótolható, továbbá kizárólag az egyikből írható pótpót-zárthelyi is a félév végén.<br /> *'''Vizsga:''' A tárgyból kötelező írásbeli vizsga van, a szóbeli vizsga pedig az elért pontszámtól függően lehet kötelező vagy opcionális. Az írásbeli felépítése megegyezik az évközi zárthelyikével. A vizsga anyaga általában 50%-ban a második zárthelyi után vett anyagból, 30%-ban a második zárthelyi anyagából, 20%-ban pedig az első zárthelyi anyagából tevődik össze. Itt azonban már '''legalább 40%-ot''' kell teljesíteni! 24 pont fölött vizsgapontot (VP) számítanak a következőképpen:<br /> **Ha a 2 zárthelyi átlagpontszáma (ZH) jobb a vizsgadolgozaténál (VD), akkor: VP = ( ZH + VD ) / 2<br /> **Ha a 2 zárthelyi átlagpontszáma rosszabb a vizsgadolgozaténál, akkor: VP = VD<br /> :24 és 33 pont között kötelező szóbelizni, 33 és 42 pont között megajánlott kettes kérhető, 42 pont felett pedig megajánlott hármas. A jó és jeles érdemjegyekért mindenképpen szóbelizni kell a sikeres írásbeli után. A szóbeli vizsga a dolgozatok megtekintését követően zajlik le.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> === Elméleti összefoglalók ===<br /> <br /> <br /> * [[Media:matek3_eloadasjegyzet_2013_seyler_lajos.pdf|Előadás és gyakorlatjegyzet (2013)]] - Előadó: ''Simon András'', gyakorlatvezető: ''Molnár Zoltán''.<br /> * [[Media:Matek3_Laplace-transzformáltak.pdf‎|Laplace táblázat]] - Tartalmazza az összes szükséges Laplace transzformáltat. Előfordul, hogy ZH/vizsga alkalmával is engedik használni <br /> * [[Media:Matek3_Komplexösszefoglaló.pdf|Komplex függvénytan összefoglaló]] - Tartalmazza a legfontosabb képleteket és definíciókat<br /> * [[Media:Matek3_Vektoranalizis_folyamatmernokoknek.pdf|Szemléletes vektoranalízis összefoglaló]] - Vannak benne nagyon hasznos ábrák és számítási módszerek<br /> <br /> === Gyakorló feladatok ===<br /> <br /> * [[Media:Matek3_Diffegyenletek_komplexintegral.pdf|Diffegyenletek és komplex integrálok]] - Hasznos gyakorló példák megoldások nélkül<br /> * [[Media:Matek3_Vektroanal_komplexderivalas.pdf‎|Vektoranalízis és komplex deriválás]] - Hasznos gyakorló példák megoldások nélkül<br /> * [[Media:Matek3_Laplace_Example.pdf| Laplace transzformáció alkalmazása]] - Van benne néhány idevágó differenciálegyenletes példa is<br /> * [[Media:Matek3_Laplace_Rendszer.pdf|Lineáris differenciálegyenlet rendszerek]] - Megoldás hagyományos, illetve Laplace transzformációs módszerrel<br /> * [http://www.math.bme.hu/~jtoth/MatA123/0607a3.html Tóth János gyakvezér honlapja] - Nagyon sok idevágó gyakorló példával <br /> <br /> ===Egyéb segédanyagok===<br /> <br /> * [[Media:Matek3_taylorsoroskozelites.pdf| Taylor soros közelítés]] használata differenciálegyenletek megoldására - ''Nem tananyag, csak érdekesség''<br /> * [[Media:Matek3_Laplace-rovid.pdf| Rövid Laplace összefogaló]] - angol!<br /> * [[Media:Mate3_laplace_Rendszer-maple.pdf‎| MAPLE Laplace]] - Használati útmutató MAPLE programon belüli Laplace transzformációhoz<br /> * [http://ertedmar.hu/ ertedmar.hu] - Vektoranalízis, vonalintegrál, divergencia, rotáció, Green és Stokes tétel illetve egyéb hasznos anyagok<br /> <br /> == Első zárthelyi ==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 50%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_ZH1.PDF‎|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2008_ősz_ZH1.PDF|2008/09 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2010_ősz_ZH1.PDF|2010/11 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Matek3_2011őszZH1.pdf|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ősz_1_ZH_megoldással.pdf‎| 2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Matek3_1.zh_2013osz.jpg|2013/14 ősz]]<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_pótZH1.PDF‎|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2010_ősz_pótZH1.PDF|2010/11 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2011_ősz_pótZH1.PDF‎|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ŐSZ_PÓTZH1-2.PDF‎|2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Második zárthelyi ==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 50%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_ZH2.PDF|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2008_ősz_ZH2.PDF|2008/09 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2010_ősz_ZH2.PDF|2010/11 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Matek3_2011_ősz_ZH2.PDF|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ősz_2_ZH_megoldással.pdf‎|2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:MatekA3 2013 ősz ZH2.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Matek3_2007_ősz_pótZH2.PDF|2007/08 ősz]]<br /> *[[Media:Matek_2011_ősz_pótZH2.PDF|2011/12 ősz]]<br /> *[[Media:Matek3_2012_ŐSZ_PÓTZH1-2.PDF‎|2012/13 ősz]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Vizsgák ==<br /> <br /> ===Írásbeli vizsga===<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 50%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2005/06:<br /> **[[Matematika A3 villamosmérnököknek - Vizsga, 2006.06.02.|2006.06.02]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2006/07:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.04.PDF|2007.01.04]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.11.PDF|2007.01.11]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.18.PDF|2007.01.18]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2007.01.25.PDF‎|2007.01.25]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2007/08:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2008.01.03.PDF‎|2008.01.03]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2008/09:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2009.01.06.PDF|2009.01.06]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2009.01.13.PDF‎|2009.01.13]]<br /> **[[Media:Matek_vizsga_2009.01.20.PDF|2009.01.20]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2009/10:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2009.12.21.PDF‎|2010.01.05]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2010.01.12.PDF‎|2010.01.12]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2010.01.19.PDF‎|2010.01.19]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2010.01.25.PDF|2010.01.25]]<br /> <br /> *2010/11:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2011.01.05.pdf|2011.01.05]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2011.01.12.pdf|2011.01.12]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Mate3_vizsa_2011.01.20.PDF‎|2011.01.20]] - megoldásokkal<br /> **[[media:Matek3_visza_2011.01.24.PDF‎|2011.01.24]]<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2011/12:<br /> **[[media:Matek3_vizsga_2011.12.21.PDF‎|2011.12.21]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2012.01.05_megoldásokkal.PDF|2012.01.05]] - megoldásokkal<br /> **[[media:Matek3_vizsga_2012-01-12.pdf‎|2012.01.12]]<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2012.01.19.PDF‎|2012.01.19]]<br /> <br /> *2012/13:<br /> **[[Media:Matek3_vizsga_2012.12.20.pdf|2012.12.20]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_20130110.PDF‎|2013.01.10]]<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_20130117.PDF‎|2013.01.17]]<br /> <br /> *2012/13 - kereszt:<br /> **[[Media:matekA3_vizsga_20130613.jpg|2013.06.13]]<br /> <br /> *2013/14:<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_02.pdf|2014.01.02]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_08.pdf|2014.01.08]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_15.PDF|2014.01.15]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:MatekA3_vizsga_2014_01_22.jpeg|2014.01.22]]<br /> <br /> *2013/14 - kereszt:<br /> **[[media:MatekA3_vizsga_2014.05.29.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> === Szóbeli vizsga ===<br /> <br /> *2012/13 őszi félévében [http://www.math.bme.hu/~pitrik/ Dr. Pitrik József] előadó által kiadott [[Media:Matek3_Pitrik_Szóbeli_tételsor.pdf| szóbeli tételsor]]. Mivel ez teljesen lefedi az előadások anyagait, így a többi előadó is 90%-ban ezeket kérdezi.<br /> <br /> *2013/14 őszi félévében Molnár Zoltán (MoZo) által kiadott [http://wiki.math.bme.hu/view/Szerkeszt%C5%91:Mozo/_A3_bizony%C3%ADt%C3%A1sok szóbeli segédanyag]. Ez az anyag elég a szóbeli négyes-ötösért, de Mozo megnézi a zárthelyik eredményeit és a vizsga eredményét is. Ha mindhárom jó könnyebben ad jó jegyet, ha rossz nehezebben.<br /> <br /> *[[Matematika A3 - Vizsgakérdések az elégségesért|Fogalmak, tételek]] és sok egyéb hasznos dolog a szóbelihez! '''''Szerkesszétek!'''''<br /> <br /> *[[Media:MatekA3_vizsga_2014.06.05._Vizsgakérdések_az_elégségesért.pdf|Vizsgakérdések az elégségesért]] - A kettesért kiadott tételsor teljes kidolgozása. Leginkább egy nagy összefoglaló, ahol minden '''fontosabb''' dolog egy helyen van, tehát nem a megértést segíti, hanem a felkészülést, de azért hasznos lehet.<br /> <br /> == Témakörök ==<br /> <br /> {{TODO}}<br /> <br /> '''''Ez a rész erőteljes átnézésre, válogatásra, aktualizálásra és kiegészítésre szorul!!!'''''<br /> <br /> # [[Matematika A3 - Differenciálegyenletek: osztályozások és definíciók|Differenciálegyenletek: osztályozások és definíciók]]<br /> # [[Matematika A3 - Elsőrendű differenciálegyenletek|Elsőrendű differenciálegyenletek]]<br /> # [[Matematika A3 - Magasabbrendű differenciálegyenletek|Magasabbrendű differenciálegyenletek]]<br /> # [[Matematika A3 - Differenciálegyenlet-rendszerek|Differenciálegyenlet-rendszerek]]<br /> # [[Matematika A3 - Komplex számok|Komplex számok]]<br /> # [[Matematika A3 - Komplex függvények|Komplex függvények]]<br /> # [[Matematika A3 - Cauchy integráltételek|Cauchy integráltételek]]<br /> # [[Matematika A3 - Laurent-sorfejtés|Laurent-sorfejtés]]<br /> # [[Matematika A3 - Vonalmenti integrálás|Vonalmenti integrálás]]<br /> # [[Matematika A3 - Divergencia, rotáció|Divergencia, rotáció]]<br /> # [[Matematika A3 - Felületi integrál|Felületi integrál]]<br /> # [[Matematika A3 - Integrálátalakító tételek: Stokes és Gauss-Osztrogradszkij|Integrálátalakító tételek: Stokes és Gauss-Osztrogradszkij]]<br /> # [[Matematika A3 - Vektoranalízis összefoglalása|Vektoranalízis összefoglalása]]<br /> <br /> ==Tippek==<br /> <br /> *A félév nagy részében jól használható a feladatok megoldásának ellenőrzésében a [http://wolframalpha.com Wolfram alpha], amely azonban nem sokat ér, ha a megoldás menetét nem értjük. A számonkérések esetén a puszta eredmény közléséért általában 0 pont jár.<br /> *Érdemes minél többet gyakorolni, mert a ZH/vizsga példák nagyon sablonosak. Legfőképpen a differenciálegyenletekre igaz, hogy leadnak a félév során ~10 alaptípust, melyeknek megoldása meglehetősen mechanikus. Ha megoldasz minden lehetséges típusból legalább egy példát, akkor nem érhet nagy meglepetés.<br /> *Érdemes minél előbb elmenni vizsgázni, mert általában erőteljesen nehezedik az írásbeli - &quot;Elfogynak a könnyű feladatok&quot;.<br /> *Az írásbelin általában nagyrészt a 2. ZH utáni anyagrészből kérdeznek. Ez nagyjából 4-5 hét anyaga, tehát megéri alaposan begyakorolni ezeket a témaköröket, mert jó eséllyel három, de akár négy feladat is kikerülhet közülük.<br /> *Ha a számolási feladatok jól mennek, akkor érdemes némi időt rászánni az elméletre is és megpróbálni a szóbelit a jobb jegyért. A szóbelin általában kedvesek és hacsak nem vagy irtózatosan sügér az elméletből, akkor nemigazán buktatnak. Egyszóval megér egy próbát.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Szabadon_v%C3%A1laszthat%C3%B3_t%C3%A1rgyak&diff=182040 Szabadon választható tárgyak 2014-06-10T10:33:00Z <p>David14: /* Szakmai szabadon választható tárgyak */</p> <hr /> <div>A diploma megszerzéséhez Bsc. képzésen minimum 10, míg az Msc. szakokon minimum 6 kreditnyi szabadon választható tárgyat is kell teljesíteni. Ezek két típusra bonthatóak:<br /> *'''Szakmai szabadon választható tárgyak:''' 2-4 kreditet érnek, a kar ezeket ajánlja a szakmai ismeretek mélyítésének céljából. A mindenkori hivatalos lista megtalálható a [https://www.vik.bme.hu/kepzes/alapkepzes/altalanos/530.html kari honlapon].&lt;br/&gt;Ezek nem mindegyike található meg a ''Neptun - Mintaterv tárgyai - Választható'' szűréssel! Jópár közülük csak ''Minden intézményi tárgy - Minden'' szűréssel lelhető fel.<br /> *'''Egyéb szabadon választható tárgyak:''' Az egyetemen oktatott összes többi tantárgy, azaz:<br /> **Az 5 előírton felül teljesített minden kötvál tárgy, vagy olyan kötvál tárgy, ami a felvétel évében nem számított kötválnak.<br /> **Szakirányra kerülés után, egy másik szakirány vagy ágazat tárgyai.<br /> **Egy az egyetemen belüli másik képzés alaptárgya - Természetesen az adott tárgy előtanulmányi rendjének figyelembe vétele mellett.<br /> **Egy másik kar számára ajánlott szabadon választható tárgy.<br /> **A felkészítő tárgyak ([[Bevezető matematika]] és [[Bevezető fizika]]) is beszámíthatóak, amennyiben más szabvál tárgyakból nincs meg a 10 kredit.<br /> <br /> Egy tárgy csak akkor számítható be szabválnak, ha a mintatantervben szereplő kötelező, illetve a tantervi követelmények teljesítéséhez már figyelembe vett egyéb tantárgyak együttesen a tárgy tananyagának max. 25%-át tartalmazzák. Ha ez nem teljesül, akkor az adott tárgy felvehető, de nem számítják be szabvál tárgynak.<br /> <br /> Amennyiben egy tárgynak még nincs wikilapja, akkor hozz neki létre egyet! Az oldal megszerkesztéséhez használd a következő [[Lord Viktor - Szabvál tárgy sablon|sablont.]] Ezután A megfelelő szekció (szakmai/egyéb) táblázatába értelemszerűen illeszd be az adataival együtt.<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> ==Szakmai szabadon választható tárgyak==<br /> <br /> {| class=&quot;wikitable sortable&quot; border=&quot;1&quot;<br /> |-<br /> ! width=60px|Kurzuskód !! width=450px|Tárgynév !! width=50px|Kredit !! width=75px|Tanszék !! width=100px|Aktív?<br /> |-<br /> | VIIIAV08 || [[3D számítógépes geometria és alakzatrekonstrukció]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | TE12MF43 || [[A femtoszekundumos lézerektől az attofizikáig]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TTK-AFT || Ősz<br /> |-<br /> | VIIIJV81 || [[A folyamatirányítás és -tervezés gyakorlati módszertana]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIJV58 || [[A fizika kultúrtörténete]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIVEAV01 || [[A jövő energetikája - víziók és valóság]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Ősz<br /> |-<br /> | VIIIJV76 || [[A UNIX rendszer felhasználói és fejlesztői felülete]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEAV07 || [[A villamosság élettani hatásai]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || VET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VITMJV16 || [[Adatbányászati alkalmazások]] ||align=&quot;center&quot;| 3 || TMIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMAV67 || [[Adatbányászati technológiák]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIAUJV34 || [[Adatbázis-kezelő rendszerek]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz<br /> |- <br /> | VITMAV12 || [[Adatbázisok haladóknak]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIAUJV59 || [[Adatbázisok szerver oldali programozása]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMAV08 || [[Adatintenzív alkalmazások technológiái]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMBV10 || [[Adattárházak tervezése és megvalósítása]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Nem aktív<br /> |-<br /> | VIAUAV17 || [[Agilis szoftverfejlesztés]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || AAIT || Ősz<br /> |-<br /> | VITMAV10 || [[Ajánlórendszerek: algoritmusok és alkalmazások]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV13 || [[Algoritmusok és adatstruktúrák többmagos környezetben]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || AAIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIHIAV10 || [[Algoritmusok és adatszerkezetek hatékony implementálása C nyelven]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV18 || [[Alkalmazásfejlesztés vékony kliens technológiákkal]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || AAIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEAV56 || [[Alkalmazásorientált eszközök mérnököknek]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMAV14 || [[Alkalmazott adatelemzés]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Ősz<br /> |-<br /> | TE12AF11 || [[Alkalmazott plazmafizika]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TTK-AFT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV03 || [[Android alapú szoftverfejlesztés]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIAV18 || [[Anonimitás és privátszféra-védelem korszerű informatikai szolgáltatásokban]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVAV02 || [[Antennák gyakorlati alkalmazásai]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HVT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEAV99 || [[Áramütés elleni védelem]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Ősz<br /> |-<br /> | VIHIAV04 || [[Audio-video tartalom-előállítás]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEJV76 || [[Autóvillamosság]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || VET || Ősz<br /> |-<br /> | VIEEAV93 || [[Az analóg CMOS áramkörtervezés alapjai]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || EET || Ősz<br /> |-<br /> | VIHVJV71 || [[Az optikai hálózatok alapjai]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HVT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV71 || [[Az új generációs .NET platform]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz<br /> |-<br /> | VITMAV11 || [[Beszédbányászat]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VITMJV62 || [[Beszédkommunikáció]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIAV06 || [[Bevezetés a kvantum-informatikába és kommunikációba]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV69 || [[Bevezetés a mobil szoftverfejlesztésbe]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VITMAV15 || [[‘Big Data’ elemzési eszközök nyílt forráskódú platformokon]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIMIAV02 || [['Big Data' elemzési módszerek]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || MIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIMIAV06 || [[Bioinformatika laboratórium]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || MIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIHIAV11 || [[Biometriai azonosítás számítógépes rendszerekben]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIMIBV08 || [[Biztonságos programozás]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || MIT || Nem aktív<br /> |-<br /> | VIVEAV87 || [[Budapesti erőművek]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIMIBV01 || [[Digitális jelfeldolgozás a gyakorlatban]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || MIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIJV47 || [[Dokumentumszerkesztés]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVAV00 || [[Elektromágneses hullámterjedés mesterséges nanoszerkezetekben]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HVT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVJV32 || [[Elektromágneses roncsolásmentes anyagvizsgálat]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HVT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVJV62 || [[Elektronikus áramkörök szimulációja]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HVT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIEEAV98 || [[Elektronikus eszközök és alkatrészek]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || EET || Ősz<br /> |-<br /> | VITMAV19 || [[Ember-robot interfész]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEAV78 || [[Energiahatékonyság a gyakorlatban]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Ősz<br /> |-<br /> | VITMAV00 || [[Építsünk IP telefont!]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIETJV17 || [[Érzékelők, beavatkozók és megjelenítők]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || ETT || Nem aktív<br /> |-<br /> | VIAUAV10 || [[Felhasználói felületek ergonómiája]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || AAIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMJV79 || [[Fuzzy rendszerek 1]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMJV69 || [[Fuzzy rendszerek 2]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIIIAV00 || [[GPU-k általános célú programozása]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV21 || [[Grafikai és animációs eszközök]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIIIJV46 || [[Grafikus játékok fejlesztése]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | TE925204 || [[Haladó analízis]] ||align=&quot;center&quot;| 3 || Analízis|| Tavasz<br /> |-<br /> | VITMJV18 || [[Haladó C++ programozás]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIHI9368 || [[Hangszerek fizikája]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIJV69 || [[Hangtechnikai gyakorlat]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Ősz<br /> |-<br /> | VITMAV21 || [[Humán informatika]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMAV13 || [[Infokommunikáció az intelligens villamos energia (Smart Grid) hálózatokban]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMJV27 || [[Infokommunikáció a közlekedésben]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Nem aktív<br /> |-<br /> | VIMIAV65 || [[Információs társadalom]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || MIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VITMJV17 || [[Informatikai projektek menedzselése]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Nem aktív<br /> |-<br /> | VIIIJV51 || [[Integrált fejlesztés Java platformon]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIEEAV05 || [[Intelligens szenzorok]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || EET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV15 || [[iOS alapú szoftverfejlesztés]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIIIJV52 || [[Ipari irányítástechnika]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIHIAV07 || [[IPv6 alapú számítógép-hálózatok]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIIIAV11 || [[Irányítórendszerek gyors prototípustervezése]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || IIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV01 || [[Játékfejlesztés .NET platformon]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIAUBV18 || [[Java alapú webes keretrendszerek]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIJV37 || [[Java-technológia]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIMIJV18 || [[Jelfeldolgozó processzorok alkalmazása]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || MIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIAUJV02 || [[Kapcsolóüzemű tápegységek]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | TE12AX13 || [[Kémia villamosmérnököknek]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TTK-AFT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIEEBV04 || [[Komplex hardvertervezés 1]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || EET || Tavasz<br /> |-<br /> | VIEEBV05 || [[Komplex hardvertervezés 2]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || EET || Ősz<br /> |-<br /> | VIAUJV25 || [[Korszerű operációs rendszerek]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIETJV14 || [[Környezetvédelem az elektronikai technológiában]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || ETT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIAV13 || [[Kvantum infokommunikáció és alkalmazásai]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIVEAV74 || [[Léptetőmotoros hajtások]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV60 || [[LINUX alapú hálózatok]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV57 || [[LINUX programozás]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIMIAV00 || [[Mértékegységek és etalonok kultúrtörténete]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || MIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVJV35 || [[Mezőszimuláció végeselem módszerrel]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HVT || Ősz<br /> |-<br /> | VIMIJV51 || [[Mikrokontrollerek alkalmazástechnikája]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || MIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIEEJV55 || [[Monolit integrált áramkörök készítése]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || EET || Nem aktív<br /> |-<br /> | VIEEAV02 || [[Nagyfrekvenciás digitális rendszerek integrált fejlesztése 1]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || EET || Ősz<br /> |-<br /> | VIEEAV03 || [[Nagyfrekvenciás digitális rendszerek integrált fejlesztése 2]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || EET || Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEAV00 || [[Nagyvárosok és haditechnika - kritikus infrastruktúrák energiaellátása]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Ősz<br /> |-<br /> | VIHVAV65 || [[Nanoelektronikai szimuláció]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HVT || Tavasz <br /> |-<br /> | VIEEAV99 || [[Napelemek és megújuló energiaforrások]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || EET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIEEBV00 || [[Napelemek laboratórium]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || EET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV00 || [[Napelemes rendszerek]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AUT || Ősz<br /> |-<br /> | VIMIJV07 || [[Neurális hálózatok]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || MIT || Ősz<br /> |-<br /> | VITMAV66 || [[Nyílt forráskódú és szabad szoftverek]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIEEJV14 || [[Optoelektronika]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || EET || Ősz<br /> |-<br /> | VIMIAV01 || [[Orvosi készülékek gyártmányfejlesztése]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || MIT || Ősz<br /> |-<br /> | VITMBV13 || [[Peer-to-peer alkalmazások a gyakorlatban]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Nem aktív<br /> |-<br /> | VITMJV76 || [[Peer-to-peer hálózatok]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || TMIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | GT51A004 || [[Prezentáció]] ||align=&quot;center&quot;| 3 || GTK-MPT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIAV05 || [[Programok visszafejtése és védelme]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIHVJV43 || [[Programozás MS Windows alatt]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HVT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIJV95 || [[Projekt menedzsment]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIHIAV95 || [[Projektmenedzsment szoftverek a gyakorlatban]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Nem aktív<br /> |-<br /> | VIHIAV14 || [[Számítógép-hálózatok biztonságos üzemeltetése]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIAV96 || [[Számítógép-hálózatok üzemeltetése 1]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIAV97 || [[Számítógép-hálózatok üzemeltetése 2]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV10 || [[Szoftverfejlesztés .NET platformon]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV09 || [[Szoftverfejlesztés J2EE platformon]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV05 || [[Szórakoztató elektronikai eszközök programozása]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || AAIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUAV76 || [[Teljesítmény-átalakítók irányítása]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Tavasz<br /> |-<br /> | VIHIAV08 || [[Térinformációs rendszerek és alkalmazásaik intelligens környezetekben]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVBV06 || [[Űrtechnológia]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || HVT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVAV07 || [[Űrtechnológia a gyakorlatban]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HVT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIHVAV03 || [[Űrtechnológia laboratórium]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || HVT || Ősz és Tavasz <br /> |-<br /> | VIETAV03 || [[Vállalati folyamatok modellezése]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || ETT || Ősz<br /> |-<br /> | VIVEJV54 || [[VER Mikroprocesszoros védelmek és alállomási irányítástechnika]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || VET || Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEJV47 || [[Villamos autók]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || VET || Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEJV81 || [[Villamos energia és környezetvédelem]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || VET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEBV12 || [[Villamosenergetikai nagyberuházások - múlt, jelen, jövő]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || VET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIVEJV63 || [[Villámvédelem]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || VET || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIMIAV89 || [[Virtualizációs technológiák és alkalmazásaik]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || MIT || Ősz<br /> |-<br /> | VITMBV17 || [[Webfejlesztés villámgyorsan Ruby on Rails alapokon]] ||align=&quot;center&quot;| 2 || TMIT || Ősz és Tavasz<br /> |-<br /> | VIAUJV83 || [[Webportálok fejlesztése]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Ősz<br /> |-<br /> | VIAUAV04 || [[Windows Phone 7 alapú szoftverfejlesztés]] ||align=&quot;center&quot;| 4 || AAIT || Tavasz<br /> |}<br /> <br /> ==Egyéb szabadon választható tárgyak==<br /> <br /> {| class=&quot;wikitable sortable&quot; border=&quot;1&quot;<br /> |-<br /> ! width=60px|Kurzuskód !! width=450px|Tárgynév !! width=50px|Kredit !! width=197px|Kar-Tanszék<br /> |-<br /> | EOVVAV30 || [[A Duna]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || EMK - VIT<br /> |-<br /> | GT47A004 || [[A nemek pszichológiája]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - KTT<br /> |-<br /> | GT52A005 || [[A vezetővé válás pszichológiája]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK-ERG <br /> |-<br /> | KOEA8608 || [[Az AutoCad használatának alapjai]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || KJK - ALRT <br /> |-<br /> | EPUI0905 || [[Épített környezetünk fotós szemmel]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || ÉPK - Urbanisztika<br /> |-<br /> | EOVKAV29 || [[Gyógy- és strandfürdők]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || EMK-VKKT<br /> |-<br /> | GT43A001 || [[Kommunikáció]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - Szociológia<br /> |-<br /> | GT439348 || [[Konfliktus megelőzés-kezelés-közvetítés-tárgyalás]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - Szociológia<br /> |-<br /> | GT41A002 || [[Kutatásmódszertan]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - FTT <br /> |-<br /> | GT52A008 || [[Munka- és szervezetpszichológia]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - EPT<br /> |-<br /> | VESAA006 || [[Szeszkultúra]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || VBK - SzAKT<br /> |-<br /> | GT35A020 || [[Találmányok és érdekességek]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - ÜTI <br /> |-<br /> | GT51A021 || [[Tanulástechnika]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - MPT<br /> |-<br /> | GT41A028 || [[Tudomány, tudományellenesség, áltudomány]] || style=&quot;text-align:center;&quot;| 2 || GTK - FFT <br /> |}<br /> <br /> &lt;noinclude&gt;[[Kategória:Valaszthato]]&lt;/noinclude&gt;</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Villamos_energetika&diff=181974 Villamos energetika 2014-06-09T03:23:00Z <p>David14: /* Nagyzárthelyi */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Villamos energetika<br /> |targykod=VIVEA207<br /> |szak=villany<br /> |kredit=5<br /> |felev=4<br /> |kereszt=vizsgakurzus<br /> |tanszék=VET<br /> |kiszh=7 db<br /> |nagyzh=1 db<br /> |vizsga=írásbeli és opcionális szóbeli<br /> |hf=nincs<br /> |labor=3 alkalom<br /> |levlista=villenerg{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIVEA207<br /> |targyhonlap=http://vet.bme.hu/tantargyak/villamos-energetika<br /> }}<br /> <br /> A tantárgy célja a villamosenergia-rendszerekkel kapcsolatos azon alapismeretek oktatása, amely minden villamosmérnöknek szükséges és egyben megalapozás azok részére, akik a Villamosenergia-rendszerek vagy a Energiaátalakító rendszerek szakirányon folytatják a tanulmányaikat.<br /> Betekintés nyújt a villamosenergetika fő területein (termelés, szállítás, szolgáltatás, környezeti hatások) megnyilvánuló paradigmaváltásba, a modern technológiákba és eljárásokba. A tárgy fontos ismereteket ad a villamosenergetika-rendszerek működése és üzemeltetése témakörben is.<br /> <br /> ==Követelmények==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' Az [[Elektrotechnika]] tárgy kreditjének és a [[Jelek és rendszerek 2]] tárgy aláírásának megszerzése.<br /> *'''Jelenlét:''' A 7-ből 5 gyakorlaton, és mindhárom laboron kötelező részt venni. Egy labor pótlására van lehetőség.<br /> *'''KisZH:''' Minden gyakorlat elején 10 perces kiszárthelyit kell írni. A legjobb három eredménye számít. Csak 0-ást vagy 5-öst lehet szerezni. Az aláírás feltétele legalább két 5-ös kisZH. Pótlási lehetőség nincs. A kisZH feladatai az előre kiadott segédletből kerülnek ki, csak más számokkal.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során 1 darab nagyzárthelyit kell megírni. Két pótlási lehetőség van. A ZH 5 darab egyenként 8-12 pontos feladatból áll. Elméleti, levezetős kérdés is előfordulhat! Az elérhető maximum 50 pontból legalább 20 pontot kell szerezni az elégségeshez. Az első feladat 10 darab 1 pontos kiskérdésből áll, melyek a gyakorlatok beugrókérdései közül kerülnek ki, csak más számokkal. Ezekből legalább 4 pontot kell szerezni különben automatikusan elégtelen a dolgozat.<br /> *'''Vizsga:''' Írásbeli vizsga szóbeli kiegészítés lehetőségével. Ha az írásbeli eredménye legalább elégséges, akkor a vizsgaeredmény legfeljebb egy jeggyel változtatható a szóbelin. Az írásbeli feladatkiosztása és pontrendszere azonos a zárthelyiével. Legalább hármas zárthelyivel lehetőség van a pótlási héten elővizsgázni.<br /> *'''Végső jegy:''' Ha a vizsga elégtelen, akkor a végső jegy automatikusan elégtelen. Egyébként a végső jegyet a vizsgajegy 70%-a, a nagyzárthelyire kapott jegy 20%-a és a három legjobb kisZH átlagának 10%-a adja. - [[Media:Villenerg_osztályozás_módja.xlsx‎|Jegykalkulátor]]<br /> <br /> ==Segédanyagok==<br /> <br /> ===Hasznos anyagok===<br /> <br /> *'''''Horváth István: Villamosművek feladatgyűjtemény''''' - A tárgyhoz ajánlott irodalom. A vizsga számolós példái ebből vannak!<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_képletgyűjtemény.pdf|Képletgyűjtemény]] - Kézzel írt, szkennelt. Nem fedi le a teljes anyagot!<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_transzformátorok.pdf|Helyettesítőképek]] - A transzformátorok zérus sorrendű helyettesítőképei. A ZH/vizsga 10 beugró kérdése között gyakran feltűnik 1-1 ezek közül.<br /> *A tárgyhoz általában kiadnak egy ellenőrző kérdéssort is:<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_vizsgakérdéskidolgozás.pdf|2004]] - Egész jól lefedi a teljes anyagot. Számos ZH/vizsga feladat megoldási elve is megtalálható benne.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_tételkérdéskidolgozás.pdf|2007]] - Kézzel írt, scannelt.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|2010]] - ZH/vizsgakészüléshez erősen ajánlott, gyakran kérnek számon ezekhez kísértetiesen hasonló feladatokat. A végén van hibajegyzék is.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_2011_ellenörzőkérdések.pdf|2011]] - Csak a kérdéssor.<br /> <br /> ===Előadás/gyakorlat jegyzetek===<br /> <br /> *2011/12 tavaszi félév előadásainak kézzel írt jegyzete (15 - ZH konzultáció, 21 - Vizsga konzultáció):<br /> :Ha valakinek van kedve, bontsa szét ezt a kupacot, külön-külön egymás alá pakolva az előadásokat és melléjük írva, hogy melyik miről szól. Előre is köszi ;)<br /> <br /> :[[Media:villenerg_jegyzet_előadás_1_2012.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_2_2012.pdf|2]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_3_2012.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_4_2012.pdf|4]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_5_2012.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_6_2012.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_7_2012.pdf|7]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_8_2012.pdf|8]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_9_2012.pdf|9]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_10_2012.pdf|10]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_11_2012.pdf|11]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_12_2012.pdf|12]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_13_2012.pdf|13]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_14_2012.pdf|14]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_15_2012.pdf|15]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_16_2012.pdf|16]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_17_2012.pdf|17]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_18_2012.pdf|18]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_19_2012.pdf|19]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_20_2012.pdf|20]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_21_2012.pdf|21]]<br /> <br /> *Kézzel írt gyakorlatjegyzetek:<br /> **'''2009''': [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_1.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_2.pdf|2]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_3.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_4.pdf|4]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_5.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_6.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_7.pdf|7]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_8.pdf|8]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_9.pdf|9]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_10.pdf|10]]<br /> **'''2012''': [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_1.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_2.pdf|2]][[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_3.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_5.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_6.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_7.pdf|7]]<br /> <br /> ===Egyéb segédanyagok===<br /> <br /> Ezek a jegyzetek, nem konkrétan ehhez a tárgyhoz készültek, de szorosan kapcsolódnak a tárgy tematikájához. Van köztük egy-két elég hasznos anyag is:<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_villamosgépek.pdf|Elektrotechnika jegyzet]] - Részben elektrotechnikás anyagok vannak benne, de jól összefoglalja az ott tanultakat.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_hasznosjegyzet.pdf|Összefoglaló jegyzet]] - Egyfázisú rendszer, teljesítmények, szimmetrikus háromfázisú rendszer, a villamos hálózat felépítése, szimmetrikus összetevők, hálózatág feszültségesés viszonyai.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_villamosgépek_mágnesesmezők.pdf|Villamosgépek]] - Villamos gépek mágneses mezeje, váltakozóáramú tekercselések.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_transzformátor.pdf|Transzformátorok]] - Egyfázisú transzformátorok alapjai.<br /> *[[Media:eltech_kapcsolodó_anyagok_háromfázisúvektorok.pdf|Parkvektor]] - A háromfázisú vektorok módszere.<br /> <br /> == Nagyzárthelyi ==<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_20070427.pdf|2006/07 tavasz]] - [[Media:villenerg_zh_20070427_megoldások.pdf|Nem hivatalos megoldás]]<br /> *[[Media:villenerg_zh_20100414.pdf|2009/10 tavasz]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:villenerg_zh_20110411_Acsoport_megoldással.pdf|2010/11 tavasz]] - A és B csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2012_tavasz_ZH.pdf|2011/12 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013_tavasz_ZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2014_tavasz_ZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_20070521_pzh.pdf|2006/07 tavasz]]<br /> *[[Media:villenerg_zh_20080519_pzhAcsoport_megoldásokkal.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013_tavasz_pótZH.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2014_tavasz_pótZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Pótpót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_2010519_Acsoport_megoldással.pdf|2009/10 tavasz]] - A csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013tavasz_pózpótZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2014_tavasz_pótpótZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Kis ZH ===<br /> A beugrókérdések változhatnak, az aktuális feladatsorok mindig elérhető a tanszéki honlapon.<br /> <br /> Nem mindegyik feladatsorban voltak megoldások. Itt gyűjtöttük össze a megoldással nem rendelkező feladatsorok megoldásait:<br /> <br /> *[[Media:Villenerg kisZH 4 megoldas.pdf|4. Beugró megoldások]]<br /> *[[Media:Villenerg kisZH 5 megoldas.pdf|5. Beugró megoldások]]<br /> <br /> ==Laborok==<br /> <br /> Minden labor elején beugrót kell írni. A beugrókérdések ettől eltérőek is lehetnek, de azért iránymutatásnak jók.<br /> <br /> Ezek megtanulása viszont nem mentesít a segédlet alapos áttanulmányozása alól!<br /> <br /> ===2012/13 tavasz===<br /> <br /> *[[Media:Villenerg NTB Labor 2013 ellenőrző kérdések.pdf|NTB]] labor ellenőrző kérdései kidolgozva<br /> *[[Media:Villamos_energetika_VMK_Labor_ellenőrző_kérdések.pdf‎|VMK]] labor ellenőrző kérdései kidolgozva<br /> <br /> ==Vizsga==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width:90%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2007/08:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20080605.pdf|2008.06.05]] - nem hivatalos megoldással<br /> *2008/09:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20090618.pdf|2009.06.18]] - nem hivatalos megoldással, összeollózva<br /> *2009/10:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20100603.pdf|2010.06.03]] - megoldások nélkül<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20100610.pdf|2010.06.10]] - nem hivatalos megoldással, összeollózva <br /> *2010/11<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20110527_Acsoport.pdf|2011.05.27]] - A csoport, [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|megoldás]]<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20110527_Bcsoport.pdf|2011.05.27]] - B csoport, [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|megoldás]]<br /> *2011/12:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20120525_Acsoport.pdf|2012.05.25]] - A csoport megoldással<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20120525_Bcsoport.pdf|2012.05.25]] - B csoport megoldással<br /> *2012/13:<br /> **[[Média:Villenerg_2013.05.22_elővizsga.pdf‎|2013.05.22]] - elővizsga A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_2013.05.27_vizsga.pdf‎|2013.05.27]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.03.pdf|2013.06.03]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_20130610.pdf|2013.06.10]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.17.pdf|2013.06.17]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.21.pdf|2013.06.21]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2013/14:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.05.21.pdf|2014.05.21]] - elővizsga A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.05.28.pdf|2014.05.28]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.06.02.pdf|2014.06.02]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Tippek ==<br /> <br /> * A ZH/vizsga beugró feladatának kérdései a hivatalos kiírással ellentétben, nem csak a gyakorlatok ellenőrző kérdéseiből kerülnek ki. A legjobb felkészülési stratégia az, ha végigoldjátok az összes 2012 tavasz utáni ZH és vizsga beugró feladatot. Ha ez megvan, akkor jó eséllyel már nem érhet nagy meglepetés.<br /> * A ZH-ban eléggé sablon feladatok vannak. Mindenképpen érdemes előtte átnézni a régi, hivatalos megoldásokkal ellátott feladatsorokat.<br /> * Az &quot;elővizsga&quot; elsőre jó választásnak tűnhet, azonban semmi sem garantálja, hogy könnyebben teljesíthető lenne, mint az összes többi vizsga. Sőt volt olyan év is, amikor az elővizsga nehezebb volt, mint némelyik utána következő vizsga.<br /> * A vizsgákra a legjobb felkészülési stratégia az, ha végigoldod a régi, hivatalos megoldásokkal rendelkező ZH és vizsgasorokat. Évről évre előfordul, hogy ismételődnek a feladatok minimális változtatással, de ami sokkal fontosabb, hogy egy-egy hivatalos megoldásból el lehet lesni a trükköket, amik segítségével már könnyen megoldható egy új, de hasonló feladat.<br /> * Ha valamit nagyon nem értesz, akkor érdemes lehet a segédanyagok között található régi ellenőrző kérdéssorok kidolgozásai között kutakodni. Sok hasznos elméleti anyag és feladatkidolgozás fellelhető bennük.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:Villenerg_2014_tavasz_p%C3%B3tp%C3%B3tZH.pdf&diff=181973 Fájl:Villenerg 2014 tavasz pótpótZH.pdf 2014-06-09T03:22:27Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:Villenerg_2014_tavasz_p%C3%B3tZH.pdf&diff=181972 Fájl:Villenerg 2014 tavasz pótZH.pdf 2014-06-09T03:20:52Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:Villenerg_2014_tavasz_ZH.pdf&diff=181971 Fájl:Villenerg 2014 tavasz ZH.pdf 2014-06-09T03:19:08Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Villamos_energetika&diff=181970 Villamos energetika 2014-06-09T03:12:58Z <p>David14: /* Vizsga */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Villamos energetika<br /> |targykod=VIVEA207<br /> |szak=villany<br /> |kredit=5<br /> |felev=4<br /> |kereszt=vizsgakurzus<br /> |tanszék=VET<br /> |kiszh=7 db<br /> |nagyzh=1 db<br /> |vizsga=írásbeli és opcionális szóbeli<br /> |hf=nincs<br /> |labor=3 alkalom<br /> |levlista=villenerg{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIVEA207<br /> |targyhonlap=http://vet.bme.hu/tantargyak/villamos-energetika<br /> }}<br /> <br /> A tantárgy célja a villamosenergia-rendszerekkel kapcsolatos azon alapismeretek oktatása, amely minden villamosmérnöknek szükséges és egyben megalapozás azok részére, akik a Villamosenergia-rendszerek vagy a Energiaátalakító rendszerek szakirányon folytatják a tanulmányaikat.<br /> Betekintés nyújt a villamosenergetika fő területein (termelés, szállítás, szolgáltatás, környezeti hatások) megnyilvánuló paradigmaváltásba, a modern technológiákba és eljárásokba. A tárgy fontos ismereteket ad a villamosenergetika-rendszerek működése és üzemeltetése témakörben is.<br /> <br /> ==Követelmények==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' Az [[Elektrotechnika]] tárgy kreditjének és a [[Jelek és rendszerek 2]] tárgy aláírásának megszerzése.<br /> *'''Jelenlét:''' A 7-ből 5 gyakorlaton, és mindhárom laboron kötelező részt venni. Egy labor pótlására van lehetőség.<br /> *'''KisZH:''' Minden gyakorlat elején 10 perces kiszárthelyit kell írni. A legjobb három eredménye számít. Csak 0-ást vagy 5-öst lehet szerezni. Az aláírás feltétele legalább két 5-ös kisZH. Pótlási lehetőség nincs. A kisZH feladatai az előre kiadott segédletből kerülnek ki, csak más számokkal.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során 1 darab nagyzárthelyit kell megírni. Két pótlási lehetőség van. A ZH 5 darab egyenként 8-12 pontos feladatból áll. Elméleti, levezetős kérdés is előfordulhat! Az elérhető maximum 50 pontból legalább 20 pontot kell szerezni az elégségeshez. Az első feladat 10 darab 1 pontos kiskérdésből áll, melyek a gyakorlatok beugrókérdései közül kerülnek ki, csak más számokkal. Ezekből legalább 4 pontot kell szerezni különben automatikusan elégtelen a dolgozat.<br /> *'''Vizsga:''' Írásbeli vizsga szóbeli kiegészítés lehetőségével. Ha az írásbeli eredménye legalább elégséges, akkor a vizsgaeredmény legfeljebb egy jeggyel változtatható a szóbelin. Az írásbeli feladatkiosztása és pontrendszere azonos a zárthelyiével. Legalább hármas zárthelyivel lehetőség van a pótlási héten elővizsgázni.<br /> *'''Végső jegy:''' Ha a vizsga elégtelen, akkor a végső jegy automatikusan elégtelen. Egyébként a végső jegyet a vizsgajegy 70%-a, a nagyzárthelyire kapott jegy 20%-a és a három legjobb kisZH átlagának 10%-a adja. - [[Media:Villenerg_osztályozás_módja.xlsx‎|Jegykalkulátor]]<br /> <br /> ==Segédanyagok==<br /> <br /> ===Hasznos anyagok===<br /> <br /> *'''''Horváth István: Villamosművek feladatgyűjtemény''''' - A tárgyhoz ajánlott irodalom. A vizsga számolós példái ebből vannak!<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_képletgyűjtemény.pdf|Képletgyűjtemény]] - Kézzel írt, szkennelt. Nem fedi le a teljes anyagot!<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_transzformátorok.pdf|Helyettesítőképek]] - A transzformátorok zérus sorrendű helyettesítőképei. A ZH/vizsga 10 beugró kérdése között gyakran feltűnik 1-1 ezek közül.<br /> *A tárgyhoz általában kiadnak egy ellenőrző kérdéssort is:<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_vizsgakérdéskidolgozás.pdf|2004]] - Egész jól lefedi a teljes anyagot. Számos ZH/vizsga feladat megoldási elve is megtalálható benne.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_tételkérdéskidolgozás.pdf|2007]] - Kézzel írt, scannelt.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|2010]] - ZH/vizsgakészüléshez erősen ajánlott, gyakran kérnek számon ezekhez kísértetiesen hasonló feladatokat. A végén van hibajegyzék is.<br /> ** [[Media:villenerg_vizsga_2011_ellenörzőkérdések.pdf|2011]] - Csak a kérdéssor.<br /> <br /> ===Előadás/gyakorlat jegyzetek===<br /> <br /> *2011/12 tavaszi félév előadásainak kézzel írt jegyzete (15 - ZH konzultáció, 21 - Vizsga konzultáció):<br /> :Ha valakinek van kedve, bontsa szét ezt a kupacot, külön-külön egymás alá pakolva az előadásokat és melléjük írva, hogy melyik miről szól. Előre is köszi ;)<br /> <br /> :[[Media:villenerg_jegyzet_előadás_1_2012.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_2_2012.pdf|2]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_3_2012.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_4_2012.pdf|4]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_5_2012.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_6_2012.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_7_2012.pdf|7]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_8_2012.pdf|8]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_9_2012.pdf|9]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_10_2012.pdf|10]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_11_2012.pdf|11]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_12_2012.pdf|12]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_13_2012.pdf|13]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_14_2012.pdf|14]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_15_2012.pdf|15]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_16_2012.pdf|16]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_17_2012.pdf|17]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_18_2012.pdf|18]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_19_2012.pdf|19]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_20_2012.pdf|20]] [[Media:villenerg_jegyzet_előadás_21_2012.pdf|21]]<br /> <br /> *Kézzel írt gyakorlatjegyzetek:<br /> **'''2009''': [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_1.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_2.pdf|2]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_3.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_4.pdf|4]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_5.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_6.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_7.pdf|7]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_8.pdf|8]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_9.pdf|9]] [[Media:villenerg_jegyzet_2009_gyakorlat_10.pdf|10]]<br /> **'''2012''': [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_1.pdf|1]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_2.pdf|2]][[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_3.pdf|3]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_5.pdf|5]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_6.pdf|6]] [[Media:villenerg_jegyzet_2012_gyakorlat_7.pdf|7]]<br /> <br /> ===Egyéb segédanyagok===<br /> <br /> Ezek a jegyzetek, nem konkrétan ehhez a tárgyhoz készültek, de szorosan kapcsolódnak a tárgy tematikájához. Van köztük egy-két elég hasznos anyag is:<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_villamosgépek.pdf|Elektrotechnika jegyzet]] - Részben elektrotechnikás anyagok vannak benne, de jól összefoglalja az ott tanultakat.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_hasznosjegyzet.pdf|Összefoglaló jegyzet]] - Egyfázisú rendszer, teljesítmények, szimmetrikus háromfázisú rendszer, a villamos hálózat felépítése, szimmetrikus összetevők, hálózatág feszültségesés viszonyai.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_villamosgépek_mágnesesmezők.pdf|Villamosgépek]] - Villamos gépek mágneses mezeje, váltakozóáramú tekercselések.<br /> *[[Media:villenerg_jegyzet_transzformátor.pdf|Transzformátorok]] - Egyfázisú transzformátorok alapjai.<br /> *[[Media:eltech_kapcsolodó_anyagok_háromfázisúvektorok.pdf|Parkvektor]] - A háromfázisú vektorok módszere.<br /> <br /> == Nagyzárthelyi ==<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_20070427.pdf|2006/07 tavasz]] - [[Media:villenerg_zh_20070427_megoldások.pdf|Nem hivatalos megoldás]]<br /> *[[Media:villenerg_zh_20100414.pdf|2009/10 tavasz]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:villenerg_zh_20110411_Acsoport_megoldással.pdf|2010/11 tavasz]] - A és B csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2012_tavasz_ZH.pdf|2011/12 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013_tavasz_ZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_20070521_pzh.pdf|2006/07 tavasz]]<br /> *[[Media:villenerg_zh_20080519_pzhAcsoport_megoldásokkal.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013_tavasz_pótZH.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Pótpót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:villenerg_zh_2010519_Acsoport_megoldással.pdf|2009/10 tavasz]] - A csoport, nem hivatalos megoldásokkal<br /> *[[Media:Villenerg_2013tavasz_pózpótZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> === Kis ZH ===<br /> A beugrókérdések változhatnak, az aktuális feladatsorok mindig elérhető a tanszéki honlapon.<br /> <br /> Nem mindegyik feladatsorban voltak megoldások. Itt gyűjtöttük össze a megoldással nem rendelkező feladatsorok megoldásait:<br /> <br /> *[[Media:Villenerg kisZH 4 megoldas.pdf|4. Beugró megoldások]]<br /> *[[Media:Villenerg kisZH 5 megoldas.pdf|5. Beugró megoldások]]<br /> <br /> ==Laborok==<br /> <br /> Minden labor elején beugrót kell írni. A beugrókérdések ettől eltérőek is lehetnek, de azért iránymutatásnak jók.<br /> <br /> Ezek megtanulása viszont nem mentesít a segédlet alapos áttanulmányozása alól!<br /> <br /> ===2012/13 tavasz===<br /> <br /> *[[Media:Villenerg NTB Labor 2013 ellenőrző kérdések.pdf|NTB]] labor ellenőrző kérdései kidolgozva<br /> *[[Media:Villamos_energetika_VMK_Labor_ellenőrző_kérdések.pdf‎|VMK]] labor ellenőrző kérdései kidolgozva<br /> <br /> ==Vizsga==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width:90%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2007/08:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20080605.pdf|2008.06.05]] - nem hivatalos megoldással<br /> *2008/09:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20090618.pdf|2009.06.18]] - nem hivatalos megoldással, összeollózva<br /> *2009/10:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20100603.pdf|2010.06.03]] - megoldások nélkül<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20100610.pdf|2010.06.10]] - nem hivatalos megoldással, összeollózva <br /> *2010/11<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20110527_Acsoport.pdf|2011.05.27]] - A csoport, [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|megoldás]]<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20110527_Bcsoport.pdf|2011.05.27]] - B csoport, [[Media:villenerg_vizsga_2010_tételsor.pdf|megoldás]]<br /> *2011/12:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20120525_Acsoport.pdf|2012.05.25]] - A csoport megoldással<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_20120525_Bcsoport.pdf|2012.05.25]] - B csoport megoldással<br /> *2012/13:<br /> **[[Média:Villenerg_2013.05.22_elővizsga.pdf‎|2013.05.22]] - elővizsga A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_2013.05.27_vizsga.pdf‎|2013.05.27]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.03.pdf|2013.06.03]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_20130610.pdf|2013.06.10]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.17.pdf|2013.06.17]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:Villenerg_vizsga_2013.06.21.pdf|2013.06.21]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> *2013/14:<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.05.21.pdf|2014.05.21]] - elővizsga A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.05.28.pdf|2014.05.28]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> **[[Media:villenerg_vizsga_2014.06.02.pdf|2014.06.02]] - A és B csoport, hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Tippek ==<br /> <br /> * A ZH/vizsga beugró feladatának kérdései a hivatalos kiírással ellentétben, nem csak a gyakorlatok ellenőrző kérdéseiből kerülnek ki. A legjobb felkészülési stratégia az, ha végigoldjátok az összes 2012 tavasz utáni ZH és vizsga beugró feladatot. Ha ez megvan, akkor jó eséllyel már nem érhet nagy meglepetés.<br /> * A ZH-ban eléggé sablon feladatok vannak. Mindenképpen érdemes előtte átnézni a régi, hivatalos megoldásokkal ellátott feladatsorokat.<br /> * Az &quot;elővizsga&quot; elsőre jó választásnak tűnhet, azonban semmi sem garantálja, hogy könnyebben teljesíthető lenne, mint az összes többi vizsga. Sőt volt olyan év is, amikor az elővizsga nehezebb volt, mint némelyik utána következő vizsga.<br /> * A vizsgákra a legjobb felkészülési stratégia az, ha végigoldod a régi, hivatalos megoldásokkal rendelkező ZH és vizsgasorokat. Évről évre előfordul, hogy ismételődnek a feladatok minimális változtatással, de ami sokkal fontosabb, hogy egy-egy hivatalos megoldásból el lehet lesni a trükköket, amik segítségével már könnyen megoldható egy új, de hasonló feladat.<br /> * Ha valamit nagyon nem értesz, akkor érdemes lehet a segédanyagok között található régi ellenőrző kérdéssorok kidolgozásai között kutakodni. Sok hasznos elméleti anyag és feladatkidolgozás fellelhető bennük.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=M%C3%A9r%C3%A9stechnika&diff=181969 Méréstechnika 2014-06-09T03:10:26Z <p>David14: /* Pót ZH */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Méréstechnika<br /> |targykod=VIMIA206<br /> |szak=villany<br /> |kredit=5<br /> |felev=4<br /> |kereszt=van<br /> |tanszék=MIT<br /> |kiszh=5 db<br /> |nagyzh=1 db<br /> |vizsga=nincs<br /> |hf=5 db (opcionális)<br /> |levlista=mertech{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA206/<br /> |targyhonlap=http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206<br /> }}<br /> <br /> A '''Méréstechnika''' a [[Jelek és rendszerek 2]] tárgyra épül, de hasznos a [[Digitális technika 1]] és a [[Matematika A4]] alaptudás is.<br /> <br /> A tantárgy a környező anyagi világ megismerését, valamint kvantitatív és kvalitatív jellemzését segítő mérnöki módszereket és eszközöket mutat be. Méréselméleti, méréstechnikai, műszertechnikai és metrológiai alapismereteket ad, és szemléletmódjával segíti valamennyi műszaki tárgy – közöttük a laboratóriumi gyakorlatok – ismeretanyagának elsajátítását. Jelentős mértékben fejleszti a tudatos modellalkotási és problémamegoldó készséget. Mindezt a villamos mennyiségek alapvető mérési módszereinek és eszközeinek megismertetésén keresztül éri el, de támaszkodik az analógiák következetes alkalmazásában rejlő lehetőségekre is. A tantárgy további célja annak tudatosítása, hogy a mérésekkel szerzett információ szakszerű feldolgozása minden esetben megköveteli a mérések pontosságával (bizonytalanságával) kapcsolatos adatszolgáltatást is.<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' A [[Jelek és rendszerek 2]] című tárgyból az aláírás megszerzése.<br /> *'''Jelenlét:''' Az gyakorlatok 70%-án kötelező megjelenni, és ezt ellenőrzik is.<br /> *'''KisZH:''' A félév során a gyakorlatokon 5 darab előre bejelentett időpontú, egyenként 4 pontos kiszárthelyit kell megírni. Összesítve el kell érni az elérhető maximum 20 pontból legalább 6 pontot! A kisZH-k pótlására nincs lehetőség.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során 1 darab nagyzárthelyit kell megírni, melyen legalább 40%-ot kell elérni. Két pótlási lehetőség van.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév során 5 darab nemkötelező házi feladat megírására van lehetőség. Ezek eredménye a félévközi jegyet maximum 1 jeggyel javíthatja.<br /> *'''Félévközi jegy:''' A félévközi jegyet a nagyzárthelyi és a kizárthelyik eredményének 50-50%-os súlyozásával képzett összpontszám alapján állapítják meg. Az elégséges osztályzat megszerzésének feltétele legalább 40%-os eredmény elérése. A zárthelyik alapján megállapított legalább elégséges osztályzatot a nem kötelező házi feladatok eredménye maximum egy osztályzattal javíthatja.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> === Tanszéki segédanyagok ===<br /> <br /> *A tárgy hivatalos jegyzete a '''''Zoltán István: Méréstechnika''''' című könyv, mely megvásárolható az egyetemi jegyzetboltban.<br /> *A tárgyhoz elengedhetetlen a '''''Sujbert László: Méréstechnika példatár villamosmérnököknek''''' című példatár is.<br /> *A tárgy előadásainak felvételei elérhetőek a [http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206/jegyzet tanszéki honlapon].<br /> *A tárgyhoz rengeteg nagyon hasznos segédanyag és jegyzet található a [http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206/jegyzet tanszéki honlapon]! Itt található egy tömör, lényegre törő előadásjegyzet is a jegyzetek menüpont alatt!<br /> *[[Media:Méréstech_MSC_felvételi_segédlet.pdf|Rövid elméleti összefoglaló‎]] - ''Sujbert László'' előadó által írt MSc felvételi segédlet. '''Hasznos összefoglaló példákkal, de nem fedi le a teljes tananyagot!!!'''<br /> <br /> === Egy gyakorlatvezető rövid összefoglalói ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_1_Hibaszámítás_1.pdf‎|Hibaterjedés]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_2_Hibaszámítás_2.pdf‎|GUM és konfidenciaszámítás]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_3_UImérése.pdf‎|Feszültség és áram mérése]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_4_Mérőkapcsolások_1.pdf‎|Mérőkapcsolások]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_5_Mérőkapcsolások_2.pdf‎|Erősítők és egyenirányítók]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_9_AD_DAkonverterek.pdf‎|AD és DA átalakítók]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_6_Időésfrekmérése.pdf‎|Idő és frekvencia mérése]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_7_Pmérése.pdf‎|Teljesítménymérés]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_8_Zmérése.pdf|Impedanciamérés]]<br /> <br /> === Egyéb segédanyagok ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_hibaszámítás.docx|Hibaszámítás villámgyorsan]]<br /> <br /> == Kiszárthelyik ==<br /> <br /> A félév során 5 alkalommal, egyenként 4 pontos kiszárthelyit kell írni a gyakorlatokon. Mindegyiket előre bejelentik, és a gyakorlatokon megoldott példákhoz hasonló jellegűek. Ezeknek külön-külön nem kell meglenniük, azonban összességében az elérhető maximum 20 pontból legalább 6 pontot kell gyűjteni. A kisZH-k pótlására nincs lehetőség!<br /> <br /> '''Fontos:''' Minden évben más és más feladatok vannak. A témakörök változatlanok, de a feladatok ezektől gyökeresen eltérőek és sokkal nehezebbek is lehetnek! '''Ne csak ezeket vegyétek alapul!'''<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 100%;&quot; |<br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:mertech_kzh_1.jpg‎|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH1_2013_tavasz.JPG|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech kisZH1 2014 tavasz A.jpg|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech kisZH1 2014 tavasz B.jpg|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:Mertech_kiszh2_2011.jpg | 2. kisZH]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:mertech_2_kzh_2.jpg‎|2. kisZH]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mertech 2 kzh regi.jpg|2. kisZH]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:mertech_2kzh.jpg‎|2. kisZH]] - feladatkiírás nélkül<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH2_2013_tavasz.JPG|2. kisZH]] - feladatkiírás nélkül<br /> *[[Media:Merestech_kisZH2_2014_tavasz.jpg|2. kisZH]] - [[Media:Merestech_kisZH2_2014_tavasz_mo.jpg|megoldás]]<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:mertech_3_kzh.jpg‎|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech 3 kiszh 2013 04 08.jpg|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_3_kiszh_2014.04.01.pdf|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Merestech_3_kiszh_2014.04.03.jpg|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:Mertech 4 kzh 2.jpg|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:mertech_4_kzh.jpg‎|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH4_2013_tavasz.JPG|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH4_2014_tavasz.jpg|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH4_2014_tavasz.pdf|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:mertech_5_kzh.jpg‎|5. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech 2013tavasz kisZH 5.jpg| 5. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:meres5kzh_2014_05.JPG | 5. kisZH]] - megoldásokkal<br /> |}<br /> <br /> == Házi feladatok ==<br /> <br /> A tananyag jobb elmélyítését elősegítendő, szorgalmi házi feladatokat is adnak ki, összesen ötöt. Egy-egy házi feladat 1-2 példából áll, rövid idő alatt megoldható. A házi feladatokat a következő héten be is kell adni, pótlásra nincs lehetőség. A feladatokat pontozzák, a legjobbak félévközi jegyüket maximum egy osztályzattal javíthatják, feltéve, hogy az legalább elégséges.<br /> <br /> A házi feladatok a [http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206/feladat tanszéki portálról] tölthetőek le.<br /> <br /> Másolni nem érdemes, mert a félév során szúrópróbaszerűen ellenőrzik, hogy tényleg magatok oldottátok-e meg a feladatokat. Akinél kiderül, hogy nem önálló munkát végzett, annak törlik az összes pluszpontját és nem szerezhet +1 jegyet a félév végén.<br /> <br /> == Nagyzárthelyi ==<br /> <br /> A nagyzárthelyi összesen 20 pontos és legalább 8 pontot kell elérni az elégségeshez. Az első részében 8 darab 1-2 pontos rövid elméleti/számolós kérdésre kell válaszolni. A második részében viszont 2 darab egyenként 5 pontos nagyobb, több részfeladatos számolási feladatot kell kidolgozni.<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width:70%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_2006kereszt_ZH.PDF‎|2006/07 kereszt]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_2009tavasz_ZH.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2010tavasz_ZH.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_2011tavasz_ZH.pdf‎|2010/11 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2011kereszt_ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - A és B csoport megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_2012tavasz_ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2012kereszt_ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013tavasz_ZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013kereszt_ZH.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2014tavasz_ZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_2006kereszt_ZHpót.PDF‎|2006/07 kereszt]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Méréstech_2006kereszt_ZHpótpót.PDF|2006/07 kereszt]] - pótpótZH megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_2009tavasz_ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2009tavasz_ZHpótpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - pótpótZH A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_2011tavasz_ZHpót.pdf‎|2010/11 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2012tavasz_ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2012kereszt_ZHpót.pdf|2012/13 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013tavasz_ZHpót.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013tavasz_ZHpótpót.jpg‎|2012/13 tavasz]] - pótpótZH A csoport megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_pZH_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - pótZH megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2014tavasz_pótZH.pdf|2013/14 tavasz]] - pótZH megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Tippek ==<br /> <br /> * Érdemes bejárni az előadásokra, mert jól használható táblajegyzet készül és csak azt kérik számon, ami az előadásokon elhangzott.<br /> * A kiszárthelyikre alaposan fel kell készülni a kiadott témakörökből. Érdemes az előadásanyagot is átnézni, mert nem csak a gyakorlatokon vett feladatokból kérdezhetnek. Fontos tudni, hogy a kisZH feladatokban feltételezik, hogy az előkövetelmény tárgyak anyagát maximálisan elsajátították és az ott tanultakat használni is tudjátok. Tehát nem kell meglepődni ha egy-egy jelekes alapfogás vagy egy kicsit bonyolultabb deriválás is a feladat része. A nehézség nagyon változó, de általánosságban elmondható, hogy egy-egy nehezebb kisZH után várható egy-egy könnyebb is.<br /> * A szorgalmi házi feladatokkal megéri foglalkozni. Némelyik egész könnyű, de vannak nagyon nehezek is. Részfeladatok beadására is jár pont és az se baj, ha nem adjátok le az összes feladatot. Mindegyik házi 10 pontos, de már szumma tizen pár házi ponttól lehet 1 extra pontot szerezni. 40 pár ponttal pedig már elérhető a maximális 6 pontos (1 teljes jegyes) javítás is!<br /> * Ha megvan a minimális 6 pont a kisZH-kból, nem szabad elbízni magad. Nagyon kisarkítva a dolgot igaz, hogy ahány pontot szereztél év közben a kisZH-kon, annyi pontot érsz el nagyjából a nagyzárthelyin is. Tehát ha minimális kisZH pontszámmal mész a nagyZH-ra, de nem kapcsoltál előtte maximális gőzre, akkor jó eséllyel nem fog sikerülni a tárgy.<br /> <br /> == Verseny ==<br /> <br /> Schnell László Méréstechnika és Jelfeldolgozás kari tanulmányi verseny hivatalos [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/1?v=Schnell+L%C3%A1szl%C3%B3+M%C3%A9r%C3%A9stechnika+%C3%A9s+Jelfeldolgoz%C3%A1s honlapja].<br /> <br /> A verseny a Méréstechnika és Információs Rendszerek Tanszék által szervezett méréstechnika, illetve jelfeldolgozás verseny utóda. A két verseny összevonását az indokolta, hogy a két terület nem különül el élesen egymástól, amint azt a feladatok is mutatják: sok feladat esetén nem egyértelmű, hogy melyik témakörhöz soroljuk. A mai mérőrendszerekben szinte mindig megjelenik a jelfeldolgozás, gondoljunk csak a jelek mintavételezésére, analóg-digitális átalakítására.<br /> <br /> A verseny feladatainak megoldásához elsősorban az összefüggések alapos ismeretére, jó integrációs készségre, olykor mérnöki intuícióra van szükség. A feladatok megoldása ritkán kíván hosszas levezetéseket, a tárgyi tudást a rendelkezésre álló irodalomból ki lehet keresni. Természetesen a felkészültség, a tananyag alapos ismerete sok előnnyel jár. Nem mindenki számára triviális, de a sokrétű lexikális tudással rendelkező ember a könyvekben, az interneten is hamarabb megtalálja a keresett információt.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:M%C3%A9rtech_2014tavasz_p%C3%B3tZH.pdf&diff=181968 Fájl:Mértech 2014tavasz pótZH.pdf 2014-06-09T03:10:04Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=M%C3%A9r%C3%A9stechnika&diff=181967 Méréstechnika 2014-06-09T03:08:24Z <p>David14: /* Rendes ZH */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Méréstechnika<br /> |targykod=VIMIA206<br /> |szak=villany<br /> |kredit=5<br /> |felev=4<br /> |kereszt=van<br /> |tanszék=MIT<br /> |kiszh=5 db<br /> |nagyzh=1 db<br /> |vizsga=nincs<br /> |hf=5 db (opcionális)<br /> |levlista=mertech{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA206/<br /> |targyhonlap=http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206<br /> }}<br /> <br /> A '''Méréstechnika''' a [[Jelek és rendszerek 2]] tárgyra épül, de hasznos a [[Digitális technika 1]] és a [[Matematika A4]] alaptudás is.<br /> <br /> A tantárgy a környező anyagi világ megismerését, valamint kvantitatív és kvalitatív jellemzését segítő mérnöki módszereket és eszközöket mutat be. Méréselméleti, méréstechnikai, műszertechnikai és metrológiai alapismereteket ad, és szemléletmódjával segíti valamennyi műszaki tárgy – közöttük a laboratóriumi gyakorlatok – ismeretanyagának elsajátítását. Jelentős mértékben fejleszti a tudatos modellalkotási és problémamegoldó készséget. Mindezt a villamos mennyiségek alapvető mérési módszereinek és eszközeinek megismertetésén keresztül éri el, de támaszkodik az analógiák következetes alkalmazásában rejlő lehetőségekre is. A tantárgy további célja annak tudatosítása, hogy a mérésekkel szerzett információ szakszerű feldolgozása minden esetben megköveteli a mérések pontosságával (bizonytalanságával) kapcsolatos adatszolgáltatást is.<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' A [[Jelek és rendszerek 2]] című tárgyból az aláírás megszerzése.<br /> *'''Jelenlét:''' Az gyakorlatok 70%-án kötelező megjelenni, és ezt ellenőrzik is.<br /> *'''KisZH:''' A félév során a gyakorlatokon 5 darab előre bejelentett időpontú, egyenként 4 pontos kiszárthelyit kell megírni. Összesítve el kell érni az elérhető maximum 20 pontból legalább 6 pontot! A kisZH-k pótlására nincs lehetőség.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során 1 darab nagyzárthelyit kell megírni, melyen legalább 40%-ot kell elérni. Két pótlási lehetőség van.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév során 5 darab nemkötelező házi feladat megírására van lehetőség. Ezek eredménye a félévközi jegyet maximum 1 jeggyel javíthatja.<br /> *'''Félévközi jegy:''' A félévközi jegyet a nagyzárthelyi és a kizárthelyik eredményének 50-50%-os súlyozásával képzett összpontszám alapján állapítják meg. Az elégséges osztályzat megszerzésének feltétele legalább 40%-os eredmény elérése. A zárthelyik alapján megállapított legalább elégséges osztályzatot a nem kötelező házi feladatok eredménye maximum egy osztályzattal javíthatja.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> === Tanszéki segédanyagok ===<br /> <br /> *A tárgy hivatalos jegyzete a '''''Zoltán István: Méréstechnika''''' című könyv, mely megvásárolható az egyetemi jegyzetboltban.<br /> *A tárgyhoz elengedhetetlen a '''''Sujbert László: Méréstechnika példatár villamosmérnököknek''''' című példatár is.<br /> *A tárgy előadásainak felvételei elérhetőek a [http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206/jegyzet tanszéki honlapon].<br /> *A tárgyhoz rengeteg nagyon hasznos segédanyag és jegyzet található a [http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206/jegyzet tanszéki honlapon]! Itt található egy tömör, lényegre törő előadásjegyzet is a jegyzetek menüpont alatt!<br /> *[[Media:Méréstech_MSC_felvételi_segédlet.pdf|Rövid elméleti összefoglaló‎]] - ''Sujbert László'' előadó által írt MSc felvételi segédlet. '''Hasznos összefoglaló példákkal, de nem fedi le a teljes tananyagot!!!'''<br /> <br /> === Egy gyakorlatvezető rövid összefoglalói ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_1_Hibaszámítás_1.pdf‎|Hibaterjedés]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_2_Hibaszámítás_2.pdf‎|GUM és konfidenciaszámítás]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_3_UImérése.pdf‎|Feszültség és áram mérése]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_4_Mérőkapcsolások_1.pdf‎|Mérőkapcsolások]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_5_Mérőkapcsolások_2.pdf‎|Erősítők és egyenirányítók]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_9_AD_DAkonverterek.pdf‎|AD és DA átalakítók]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_6_Időésfrekmérése.pdf‎|Idő és frekvencia mérése]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_7_Pmérése.pdf‎|Teljesítménymérés]]<br /> *[[Media:Méréstech_összefoglaló_8_Zmérése.pdf|Impedanciamérés]]<br /> <br /> === Egyéb segédanyagok ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_hibaszámítás.docx|Hibaszámítás villámgyorsan]]<br /> <br /> == Kiszárthelyik ==<br /> <br /> A félév során 5 alkalommal, egyenként 4 pontos kiszárthelyit kell írni a gyakorlatokon. Mindegyiket előre bejelentik, és a gyakorlatokon megoldott példákhoz hasonló jellegűek. Ezeknek külön-külön nem kell meglenniük, azonban összességében az elérhető maximum 20 pontból legalább 6 pontot kell gyűjteni. A kisZH-k pótlására nincs lehetőség!<br /> <br /> '''Fontos:''' Minden évben más és más feladatok vannak. A témakörök változatlanok, de a feladatok ezektől gyökeresen eltérőek és sokkal nehezebbek is lehetnek! '''Ne csak ezeket vegyétek alapul!'''<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 100%;&quot; |<br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:mertech_kzh_1.jpg‎|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH1_2013_tavasz.JPG|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech kisZH1 2014 tavasz A.jpg|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech kisZH1 2014 tavasz B.jpg|1. kisZH]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:Mertech_kiszh2_2011.jpg | 2. kisZH]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:mertech_2_kzh_2.jpg‎|2. kisZH]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mertech 2 kzh regi.jpg|2. kisZH]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:mertech_2kzh.jpg‎|2. kisZH]] - feladatkiírás nélkül<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH2_2013_tavasz.JPG|2. kisZH]] - feladatkiírás nélkül<br /> *[[Media:Merestech_kisZH2_2014_tavasz.jpg|2. kisZH]] - [[Media:Merestech_kisZH2_2014_tavasz_mo.jpg|megoldás]]<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:mertech_3_kzh.jpg‎|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech 3 kiszh 2013 04 08.jpg|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_3_kiszh_2014.04.01.pdf|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Merestech_3_kiszh_2014.04.03.jpg|3. kisZH]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:Mertech 4 kzh 2.jpg|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:mertech_4_kzh.jpg‎|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH4_2013_tavasz.JPG|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH4_2014_tavasz.jpg|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_kisZH4_2014_tavasz.pdf|4. kisZH]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top;&quot; |<br /> *[[Media:mertech_5_kzh.jpg‎|5. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech 2013tavasz kisZH 5.jpg| 5. kisZH]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:meres5kzh_2014_05.JPG | 5. kisZH]] - megoldásokkal<br /> |}<br /> <br /> == Házi feladatok ==<br /> <br /> A tananyag jobb elmélyítését elősegítendő, szorgalmi házi feladatokat is adnak ki, összesen ötöt. Egy-egy házi feladat 1-2 példából áll, rövid idő alatt megoldható. A házi feladatokat a következő héten be is kell adni, pótlásra nincs lehetőség. A feladatokat pontozzák, a legjobbak félévközi jegyüket maximum egy osztályzattal javíthatják, feltéve, hogy az legalább elégséges.<br /> <br /> A házi feladatok a [http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia206/feladat tanszéki portálról] tölthetőek le.<br /> <br /> Másolni nem érdemes, mert a félév során szúrópróbaszerűen ellenőrzik, hogy tényleg magatok oldottátok-e meg a feladatokat. Akinél kiderül, hogy nem önálló munkát végzett, annak törlik az összes pluszpontját és nem szerezhet +1 jegyet a félév végén.<br /> <br /> == Nagyzárthelyi ==<br /> <br /> A nagyzárthelyi összesen 20 pontos és legalább 8 pontot kell elérni az elégségeshez. Az első részében 8 darab 1-2 pontos rövid elméleti/számolós kérdésre kell válaszolni. A második részében viszont 2 darab egyenként 5 pontos nagyobb, több részfeladatos számolási feladatot kell kidolgozni.<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width:70%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_2006kereszt_ZH.PDF‎|2006/07 kereszt]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_2009tavasz_ZH.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2010tavasz_ZH.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_2011tavasz_ZH.pdf‎|2010/11 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2011kereszt_ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - A és B csoport megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_2012tavasz_ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2012kereszt_ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013tavasz_ZH.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013kereszt_ZH.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2014tavasz_ZH.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Méréstech_2006kereszt_ZHpót.PDF‎|2006/07 kereszt]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Méréstech_2006kereszt_ZHpótpót.PDF|2006/07 kereszt]] - pótpótZH megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_2009tavasz_ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2009tavasz_ZHpótpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - pótpótZH A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Méréstech_2011tavasz_ZHpót.pdf‎|2010/11 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2012tavasz_ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2012kereszt_ZHpót.pdf|2012/13 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013tavasz_ZHpót.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Mértech_2013tavasz_ZHpótpót.jpg‎|2012/13 tavasz]] - pótpótZH A csoport megoldások nélkül<br /> *[[Media:Mértech_pZH_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - pótZH megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Tippek ==<br /> <br /> * Érdemes bejárni az előadásokra, mert jól használható táblajegyzet készül és csak azt kérik számon, ami az előadásokon elhangzott.<br /> * A kiszárthelyikre alaposan fel kell készülni a kiadott témakörökből. Érdemes az előadásanyagot is átnézni, mert nem csak a gyakorlatokon vett feladatokból kérdezhetnek. Fontos tudni, hogy a kisZH feladatokban feltételezik, hogy az előkövetelmény tárgyak anyagát maximálisan elsajátították és az ott tanultakat használni is tudjátok. Tehát nem kell meglepődni ha egy-egy jelekes alapfogás vagy egy kicsit bonyolultabb deriválás is a feladat része. A nehézség nagyon változó, de általánosságban elmondható, hogy egy-egy nehezebb kisZH után várható egy-egy könnyebb is.<br /> * A szorgalmi házi feladatokkal megéri foglalkozni. Némelyik egész könnyű, de vannak nagyon nehezek is. Részfeladatok beadására is jár pont és az se baj, ha nem adjátok le az összes feladatot. Mindegyik házi 10 pontos, de már szumma tizen pár házi ponttól lehet 1 extra pontot szerezni. 40 pár ponttal pedig már elérhető a maximális 6 pontos (1 teljes jegyes) javítás is!<br /> * Ha megvan a minimális 6 pont a kisZH-kból, nem szabad elbízni magad. Nagyon kisarkítva a dolgot igaz, hogy ahány pontot szereztél év közben a kisZH-kon, annyi pontot érsz el nagyjából a nagyzárthelyin is. Tehát ha minimális kisZH pontszámmal mész a nagyZH-ra, de nem kapcsoltál előtte maximális gőzre, akkor jó eséllyel nem fog sikerülni a tárgy.<br /> <br /> == Verseny ==<br /> <br /> Schnell László Méréstechnika és Jelfeldolgozás kari tanulmányi verseny hivatalos [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/1?v=Schnell+L%C3%A1szl%C3%B3+M%C3%A9r%C3%A9stechnika+%C3%A9s+Jelfeldolgoz%C3%A1s honlapja].<br /> <br /> A verseny a Méréstechnika és Információs Rendszerek Tanszék által szervezett méréstechnika, illetve jelfeldolgozás verseny utóda. A két verseny összevonását az indokolta, hogy a két terület nem különül el élesen egymástól, amint azt a feladatok is mutatják: sok feladat esetén nem egyértelmű, hogy melyik témakörhöz soroljuk. A mai mérőrendszerekben szinte mindig megjelenik a jelfeldolgozás, gondoljunk csak a jelek mintavételezésére, analóg-digitális átalakítására.<br /> <br /> A verseny feladatainak megoldásához elsősorban az összefüggések alapos ismeretére, jó integrációs készségre, olykor mérnöki intuícióra van szükség. A feladatok megoldása ritkán kíván hosszas levezetéseket, a tárgyi tudást a rendelkezésre álló irodalomból ki lehet keresni. Természetesen a felkészültség, a tananyag alapos ismerete sok előnnyel jár. Nem mindenki számára triviális, de a sokrétű lexikális tudással rendelkező ember a könyvekben, az interneten is hamarabb megtalálja a keresett információt.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:M%C3%A9rtech_2014tavasz_ZH.pdf&diff=181966 Fájl:Mértech 2014tavasz ZH.pdf 2014-06-09T03:07:53Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Menedzsment_%C3%A9s_v%C3%A1llalkoz%C3%A1sgazdas%C3%A1gtan&diff=181965 Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan 2014-06-09T03:02:33Z <p>David14: /* Segédanyagok */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Menedzsment és&lt;br/&gt;vállalkozásgazdaságtan<br /> |targykod=GT20A001<br /> |szak=info/villany<br /> |kredit=4<br /> |felev=info: 2 / villany: 4<br /> |kereszt=nincs (de más karhoz felvehető)<br /> |tanszék=GTK ÜTI<br /> |kiszh=nincs<br /> |nagyzh=4 db<br /> |vizsga=nincs<br /> |hf=nincs<br /> |levlista=vallgaz{{kukac}}sch.bme.hu<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/GT20A001/<br /> |targyhonlap=http://www.uti.bme.hu/tantargyak?p_p_id=TantargyLista_WAR_bmeuti&amp;p_p_lifecycle=0&amp;p_p_state=normal&amp;p_p_mode=view&amp;p_p_col_id=column-1&amp;p_p_col_count=1&amp;_TantargyLista_WAR_bmeuti_action=showTantargy&amp;_TantargyLista_WAR_bmeuti_id=5732<br /> }}<br /> <br /> A tárgy oktatásának célja, hogy megismertesse a hallgatókat a szervezetek és a menedzsment feladatának és működésének alapelveivel. A tárgy keretében röviden bemutatásra kerülnek a gazdálkodás- és szervezéstudomány legfontosabb részterületei és aktuális problémái. Ezt követően a vállalkozásgazdaságtan alapjaival foglalkozik és az alábbi fő témaköröket tárgyalja:<br /> *üzleti vállalkozás célja<br /> *termelő és szolgáltató folyamatok<br /> *termelésirányítás <br /> *költséggazdálkodás <br /> *befektetés és finanszírozás<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Előtanulmányi rend:''' A tárgy felvételnének nincs előkövetelménye. Mintaterv szert azonban villanyosoknak 4. infósoknak pedig 2. félévben ajánlott felvenni.<br /> *'''Jelenlét:''' Az előadásokon való részvétel nem kötelező és ezt nem is ellenőrzik. Azonban némelyik előadó előszeretettel ad fel bónusz csoportos feladatokat az előadásokon, amikért extra ZH pontokat lehet szerezni.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során összesen 4 darab, egyenként 25 pontos nagyZH van, melyek mindegyike 1-1 fő tématerület lezárásaként kerül megírásra az előadások ideje alatt. Nincs minimum követelmény külön-külön az egyes ZH eredményekre, az elégséges egyetlen feltétele, hogy a szumma pontszám legalább 50 legyen. Mindegyik ZH körülbelül 20-25 perces és két típusrészből áll:<br /> **Az első rész (minimum 15 pont) rövid tesztkérdésekből és rövid fogalomkifejtésekből, esetleg egyszerű számpéldákból áll, melyek az adott témakör alapösszefüggéseire, alapismereteire kérdeznek rá. Ezeket a kérdéseket, feladatokat a ZH-k előtt a hallgatók rendelkezésére bocsátják a tanszéki honlapon.<br /> **A második rész (maximum 10 pont) az adott témakör átfogóbb, alaposabb ismeretét igyekszik felmérni. Ez a rész már kifejtős, esszé jellegű kérdésekből, összetettebb számpéldákból áll.<br /> :A félév végén összesen 2 darab, tetszőlegesen választott ZH egyszeri pótlására van lehetőség, azonban a javító céllal megírt pótZH eredménye felülírja az eredeti ZH eredményt.<br /> *'''Félévközi jegy:''' A végső jegy a négy ZH összpontszámából alakul ki, az alábbi táblázatnak megfelelő ponthatárok alapján:<br /> **50 - 55 Elégséges<br /> **56 - 68 Közepes<br /> **69 - 80 Jó<br /> **81-100 Jeles<br /> <br /> == Nagyzárthelyik ==<br /> <br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width=&quot;60%&quot;<br /> |- style=&quot;vertical-align: top;&quot;<br /> | style=&quot;width=&quot;50% |<br /> <br /> === 1. Zárthelyi ===<br /> Vállalkozásgazdaságtani alapok<br /> <br /> Felépítése:<br /> *8-10 kiskérdés (15 pont)<br /> *1-2 nagykérdés (10 pont)<br /> <br /> Régebbi zárthelyik:<br /> * [[MenVallGazdZH20070327|2006/07 tavasz]]<br /> * [[MenVallGazdZH20090227|2008/09 tavasz]]<br /> <br /> |<br /> <br /> === 3. Zárthelyi ===<br /> Minőségmenedzsment alapok<br /> <br /> Felépítése:<br /> *2-3 feleletválasztós (4-6 pont)<br /> *8-10 igaz-hamis (8-10 pont)<br /> *2-3 kiskérdés (4-6 pont)<br /> *1 nagykérdés (5 pont)<br /> <br /> |- style=&quot;vertical-align: top;&quot;<br /> |<br /> <br /> <br /> === 2. Zárthelyi ===<br /> Vállalkozási és menedzsment alapok<br /> <br /> Felépítése:<br /> *2-3 feleletválasztós (4-6 pont)<br /> *8-10 igaz-hamis (8-10 pont)<br /> *2-3 kiskérdés (4-8 pont)<br /> *1 nagykérdés (5 pont)<br /> <br /> Régebbi zárthelyik:<br /> * [[MenVallGazdZH20070511|2006/07 tavasz]]<br /> <br /> |<br /> <br /> <br /> === 4. Zárthelyi ===<br /> Termelésmenedzsment és –gazdaságtan alapok <br /> <br /> Felépítése:<br /> *2-3 feleletválasztós (4-6 pont)<br /> *5-6 igaz-hamis (5-6 pont)<br /> *2-3 kiskérdés (4-6 pont)<br /> *1-2 számításos kérdés (8-10 pont)<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> ===Jegyzetek===<br /> <br /> *[[Média:Vallgazd_jegyzet.pdf|Kövesi János: Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan]] - A tárgyhoz tartozó hivatalos könyv.<br /> *[[Média:Menval_of_zh234.pdf|Kérdések és válaszok gyors összefoglaló (2013)]] - Az 1. ZH kivételével a kiadott kérdések és válaszok gyors összefoglalója. Az aktuális kérdéssor mindig elérhető a tárgyhonlapon.<br /> <br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width=&quot;100%&quot;<br /> |- style=&quot;vertical-align: top;&quot;<br /> | style=&quot;width=&quot;50% |<br /> <br /> === Vállalkozásgazdaságtani alapok ===<br /> <br /> *2012 tavaszi előadásdiák:<br /> **[[Média:Vallgazd_dia_elsoanyag_2012tavasz_1.ppt|1. Rész]]<br /> **[[Média:Vallgazd_dia_elsoanyag_2012tavasz_2.ppt|2. Rész]]<br /> **[[Média:Vallgazd_dia_elsoanyag_2012tavasz_3.ppt|3. Rész]]<br /> *[[Média:Vallgazd_kerdesek_elsoanyag_2014tavasz.pdf|Kiadott kérdések (2014 tavasz)]]<br /> <br /> | style=&quot;width=&quot;50% |<br /> <br /> === Minőségmenedzsment alapok ===<br /> *2013 tavaszi előadásdiák:<br /> **[[Média:MEV_minoseg_1_2013tav.pdf|1. Rész]]<br /> **[[Média:MEV_minoseg_2_2013tav.pdf|2. Rész]]<br /> **[[Média:MEV_minoseg_3_2013tav.pdf|3. Rész]]<br /> **[[Média:MEV_minoseg_4_2013tav.pdf|4. Rész]]<br /> *[[Média:MEV_ZH3_2014_tavasz.pdf|Kiadott kérdések (2014 tavasz)]]<br /> *A kiadott kérdések rendszerezve, betűrendben (2013):<br /> **[[Media:MEV_ZH3_2013_teszt.pdf | Tesztkérdések]] - Csak az igaz válaszokkal!<br /> **[[Media:MEV_ZH3_2013_igazhamis.pdf | Igaz-hamis kérdések]]<br /> **[[Media:MEV_ZH3_2013_rov_kif.pdf | Rövid, kifejtős kérdések]]<br /> *[[Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan - Kvíz - 3. ZH|Feleletválasztós kvíz]]<br /> *[[Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan - Kvíz - 3. ZH igazhamis|Igaz-hamis kvíz]]<br /> *[[Média:Vallgazd_fogalmak_harmadikanyag.docx|Fontosabb fogalmak kijegyzetelve]]<br /> <br /> |- style=&quot;vertical-align: top;&quot;<br /> | style=&quot;width=&quot;50% |<br /> <br /> === Vállalkozási és menedzsment alapok ===<br /> *[[Média:Vallgazd_dia_masodikanyag_2012tavasz.pdf|Előadásdiák (2012 tavasz)]]<br /> *[[Média:MEV_ZH2_2014_tavasz.pdf|Kiadott kérdések (2014 tavasz)]]<br /> *A kiadott kérdések rendszerezve, betűrendben (2013):<br /> **[[Media:MEV_ZH2_2013_teszt.pdf | Tesztkérdések]] - Csak az igaz válaszokkal!<br /> **[[Media:MEV_ZH2_2013_igazhamis.pdf | Igaz-hamis kérdések]]<br /> **[[Media:MEV_ZH2_2013_rov_kif.pdf | Rövid, kifejtős kérdések]]<br /> *[[Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan - Kvíz - 2. ZH|Feleletválasztós kvíz]]<br /> *[[Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan - Kvíz - 2. ZH igazhamis|Igaz-hamis kvíz]]<br /> *[[Média:Vallgazd_fogalmak_masodikanyag.docx|Fontosabb fogalmak kijegyzetelve]]<br /> *[[Média:menval_2zh_jegyzet.pdf|Sidel jegyzet]]<br /> <br /> | style=&quot;width=&quot;50% |<br /> <br /> === Termelésmenedzsment és –gazdaságtan alapok ===<br /> *2012 tavaszi előadásdiák:<br /> *[[Média:Vallgazd_dia_negyedikanyag_2012tavasz_1.pdf|1. Rész]]<br /> *[[Média:Vallgazd_dia_negyedikanyag_2012tavasz_2.pdf|2. Rész]]<br /> *[[Média:MEV_ZH4KERDESEK_2014.pdf|Kiadott kérdések (2014 tavasz)]]<br /> *A kiadott kérdések rendszerezve, betűrendben (2013):<br /> **[[Media:MEV_ZH4_2013_teszt.pdf | Tesztkérdések]] - Csak az igaz válaszokkal!<br /> **[[Media:MEV_ZH4_2013_igazhamis.pdf | Igaz-hamis kérdések]]<br /> **[[Media:MEV_ZH4_2013_rov_kif.pdf | Rövid, kifejtős kérdések]]<br /> *[[Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan - Kvíz - 4. ZH|Feleletválasztós kvíz]]<br /> *[[Menedzsment és vállalkozásgazdaságtan - Kvíz - 4. ZH igazhamis|Igaz-hamis kvíz]]<br /> *[[Média:Menedzs_4.pdf‎|Számolós feladatok]] - Részletes levezetésekkel<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Tippek ==<br /> <br /> *Könnyebb mint a Mikro- és makroökonómia, mivel kérdések 90%-a ki van adva, válaszokkal együtt. Érdemes felkészülni, mert könnyen szerezhető jó jegy. A kikérdezők használata sokat segít!<br /> *Érdemes bejárni előadásokra, mert néha előfordul, hogy valamilyen csoportos feladatot adnak ki előadás alatt és aki részt vesz a &quot;játékban&quot;, az akár 2-3 extra pontot is szerezhet.<br /> *Ha csak néhány pont hiányzik a jobb jegyért, akkor érdemes bemenni megtekintésre, főleg év végén, mert ilyen esetben elég barátiak.<br /> *Az elégségest a közepestől csupán 6 pont választja el. Ha úgy jönne ki a lépés, érdemes alaposabban felkészülni az utolsó ZH-ra.<br /> *A számolós példáknál ajánlott a képleteket is leírni, még ha nem is sikerül őket helyesen használni, mert az ÜTI így is bőkezűen fogja osztogatni a pontokat. Jó szívvel osztályoznak, és figyelembe veszik, hogy mérnöknek tanulsz, nem közgazdásznak.<br /> *Puskázni legfeljebb a tapasztaltabbaknak illetve merészebbeknek ajánlott, mert szigorúbban felügelynek, mint mikro- és makroökonómián.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Mérnök_informatikus_alapszak}}<br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181962 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T22:04:57Z <p>David14: /* Poynting-vektor */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181961 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T22:04:25Z <p>David14: Képek lecserélése Latex kódra</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;w = 9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = w \cdot c \approx<br /> 9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =<br /> 2.7 \; {kW \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:<br /> <br /> Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:<br /> <br /> &lt;math&gt;w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =<br /> \sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =<br /> \sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A levegő hullámimpedanciája: &lt;math&gt;Z_0 = 120\pi \; \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:<br /> <br /> &lt;math&gt;S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =<br /> {1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181945 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:48:02Z <p>David14: </p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181944 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:47:36Z <p>David14: /* 26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van.<br /> <br /> Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|400px]]<br /> <br /> <br /> Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.<br /> <br /> Azaz a fémgömbhéj belső felszíne &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt;, a külső felszíne pedig &lt;math&gt;+Q&lt;/math&gt; töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.<br /> <br /> A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;{\sigma_k \over \sigma_b} =<br /> { {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =<br /> - { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } = <br /> - { 1 \over 1.5^2 } = <br /> - { 4 \over 9 } \approx -0.4444&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=F%C3%A1jl:Terek_sz%C3%B3beli_feladatok_g%C3%B6mbhlj_er%C5%91vonalk%C3%A9p.JPG&diff=181943 Fájl:Terek szóbeli feladatok gömbhlj erővonalkép.JPG 2014-06-08T11:35:16Z <p>David14: MsUpload</p> <hr /> <div>MsUpload</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181942 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:26:36Z <p>David14: </p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181941 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:25:40Z <p>David14: </p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> <br /> <br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> <br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> <br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181939 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:23:17Z <p>David14: /* Poynting-vektor */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181938 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:23:04Z <p>David14: /* Poynting-vektor */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181937 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:22:36Z <p>David14: /* Elektromágneses hullám szigetelőben */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181936 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:22:13Z <p>David14: /* Elektromágneses síkhullám jó vezetőben */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181932 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:19:51Z <p>David14: /* 137. Feladat: */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> === 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poyting-vektor időbeli átlagának számítása===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai_-_Sz%C3%B3beli_feladatok&diff=181931 Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok 2014-06-08T11:18:17Z <p>David14: /* 137. Feladat: */</p> <hr /> <div>{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}<br /> <br /> Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani. <br /> <br /> A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.<br /> <br /> &lt;span style=&quot;color: brown&quot;&gt;<br /> '''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.'''&lt;br/&gt;'''Hibák előfordulhatnak benne!!!'''&lt;br/&gt;'''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''<br /> &lt;/span&gt;<br /> <br /> Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.<br /> <br /> {{noautonum}}<br /> == Elektrosztatika ==<br /> <br /> === 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===<br /> <br /> Két azonos &lt;math&gt;r_0=3 cm&lt;/math&gt; sugarú fémgömb középpontjának távolsága &lt;math&gt;d=1.8m&lt;/math&gt;. A gömbök közé &lt;math&gt;U_0=5kV&lt;/math&gt; fezsültséget kapcsolunk.<br /> <br /> Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;-Q&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U_0 = \Phi_A - \Phi_B =<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -<br /> \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = <br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=<br /> {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből kifejezhető a gömbök &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra a nagysága: <br /> &lt;math&gt;E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:<br /> <br /> &lt;math&gt;E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =<br /> {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =<br /> {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; töltésre kiszámolt képletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =<br /> {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =<br /> {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===<br /> Levegőben álló, &lt;math&gt;d=10 cm&lt;/math&gt; átmérőjű henger, egyenletes &lt;math&gt;\rho = 200 \; {nC \over m^3}&lt;/math&gt; térfogati töltéssűrűséggel töltött. &lt;math&gt;\varepsilon_r = 1&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;a = {d \over 5}&lt;/math&gt; távolságban!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt &lt;math&gt;a&lt;{d \over 2}&lt;/math&gt; sugarú, &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú és &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.<br /> <br /> &lt;math&gt;E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L&lt;/math&gt; <br /> <br /> &lt;math&gt;E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =<br /> {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> ===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség &lt;math&gt;\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}&lt;/math&gt;. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest &lt;math&gt;\Phi_0=3kV&lt;/math&gt;. Mekkora a gömb sugara?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.<br /> <br /> Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan &lt;math&gt;r&gt;R&lt;/math&gt; sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow<br /> \vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =<br /> 0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =<br /> - \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;<br /> = {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =<br /> {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=<br /> {\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =<br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =<br /> {R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} = <br /> {8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===<br /> <br /> Levegőben egymástól &lt;math&gt;d_1=1m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő &lt;math&gt;F=5N&lt;/math&gt; nagyságú erő hat.<br /> <br /> Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát &lt;math&gt;d_2=4m&lt;/math&gt;-re növeljük?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Mivel &lt;math&gt;r_0 &lt;&lt; d&lt;/math&gt;, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; gömböt egy &lt;math&gt;Q_A&lt;/math&gt;, a &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömböt pedig egy &lt;math&gt;Q_B&lt;/math&gt; nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.<br /> <br /> A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 &lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; távolságra: <br /> &lt;math&gt;\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva fejezzük ki az &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;B&lt;/math&gt; gömbök potenciáljait:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} = <br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:<br /> &lt;math&gt;W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását &lt;math&gt;d_1&lt;/math&gt;-ről &lt;math&gt;d_2&lt;/math&gt;-re növeljük:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; = {1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> -{1 \over 2} \left[<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +<br /> {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B<br /> \right] =&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> = {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =<br /> {Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat értékét:<br /> <br /> &lt;math&gt;\Delta W_e =<br /> F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =<br /> 5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy &lt;math&gt;Q_AQ_B&lt;/math&gt; szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön.&lt;br/&gt; Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.<br /> }}<br /> <br /> ===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, külső sugara &lt;math&gt;1.5 \; r&lt;/math&gt;. A gömbhéj középpontjában &lt;math&gt;Q&lt;/math&gt; ponttöltés van. Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius áramlási tér ==<br /> <br /> === 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===<br /> <br /> Adott egy pontszerű &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; áramerősségű pontszerű áramforrás egy &lt;math&gt;\sigma =200 {S \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű közegben.&lt;br/&gt;Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól &lt;math&gt;R=3m&lt;/math&gt; távolságban.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.<br /> <br /> Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.&lt;br/&gt;Felírva a Gauss-törvényt egy &lt;math&gt;V&lt;/math&gt; térfogatú &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;I \longleftrightarrow Q&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =<br /> {I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===<br /> Egy koaxiális kábel erének a sugara &lt;math&gt;{r_1} = 2mm&lt;/math&gt;, köpenyének belső sugara &lt;math&gt;{r_2} = 6mm&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora a szigetelőanyag &lt;math&gt;\sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképessége, ha a kábel &lt;math&gt;l = 200m&lt;/math&gt; hosszú szakaszának szivárgási ellenállása &lt;math&gt;R = 4M\Omega&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a hosszegységre eső kapacitás:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C = C'l<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> (Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)<br /> <br /> Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> C' \leftrightarrow G'<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> \varepsilon \leftrightarrow \sigma<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===<br /> Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség &lt;math&gt; \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} &lt;/math&gt;. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró &lt;math&gt; A=80 cm^2&lt;/math&gt; felületen átfolyó áram?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:<br /> <br /> &lt;math&gt;I = \int_A \vec{J} d \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:<br /> <br /> &lt;math&gt; I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Stacionárius mágneses tér ==<br /> <br /> === 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===<br /> <br /> Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól &lt;math&gt;d=4m&lt;/math&gt; távolságban helyezkedik el. Az egyiken &lt;math&gt;I_1=2A&lt;/math&gt;, a másikon &lt;math&gt;I_2=3A&lt;/math&gt; folyik.<br /> <br /> Mekkora erő hat az egyik vezeték &lt;math&gt;l=1 m&lt;/math&gt;-es szakaszára?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.<br /> <br /> A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Tudjuk még, hogy &lt;math&gt;B = \mu_0 H&lt;/math&gt; vákuumban.<br /> <br /> <br /> A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; a konstans áramerősség, &lt;math&gt;\vec{l}&lt;/math&gt; pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.<br /> <br /> <br /> Innen a megoldás:<br /> <br /> &lt;math&gt;F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> <br /> Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:<br /> <br /> &lt;math&gt;F = 2 \cdot 10^{-7} N&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===<br /> Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma &lt;math&gt;N_1&lt;/math&gt;, a másiké &lt;math&gt;N_2&lt;/math&gt;. A toroid közepes sugara &lt;math&gt;r&lt;/math&gt;, <br /> keresztmetszetének felülete &lt;math&gt;A&lt;/math&gt;, relatív permeabilitása &lt;math&gt;\mu_r&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.<br /> <br /> A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.<br /> <br /> &lt;math&gt;M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:<br /> <br /> &lt;math&gt;M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!&lt;br/&gt;Ha esetleg valaki kihúzná az &quot;igazi&quot; 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!<br /> <br /> Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: &lt;math&gt;\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}&lt;/math&gt;&lt;br/&gt;Adja meg a &lt;math&gt;\vec{H}&lt;/math&gt; komplex mágneses térerősségvektort!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!<br /> <br /> Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így &lt;math&gt;\sigma &lt;&lt; \varepsilon&lt;/math&gt;, valamint &lt;math&gt;\mu = \mu_0&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\varepsilon = \varepsilon_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak &lt;math&gt;x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x&lt;/math&gt;):<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===<br /> Hányszorosára változik egy &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; önindukciós együtthatóval rendelkező &lt;math&gt;I_1 = 2A&lt;/math&gt; árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan &lt;math&gt;I_2 = 5A&lt;/math&gt; -re növeljük?<br /> <br /> Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs fluxusa az &lt;math&gt;\Psi=LI&lt;/math&gt; képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> Egy bármilyen tekercs energiája számolható a &lt;math&gt;W=\frac{1}{2}LI^2&lt;/math&gt; képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:<br /> <br /> &lt;math&gt;\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy &lt;math&gt;\sigma=50 {nS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.<br /> A kondenzátor &lt;math&gt;A=100 cm^2&lt;/math&gt; felületű fegyverzetei egymástól &lt;math&gt;d=20 mm&lt;/math&gt; távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire &lt;math&gt;U = 1.2 kV&lt;/math&gt; feszültséget kapcsolunk.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> A dielektrikum &lt;math&gt;G&lt;/math&gt; konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=<br /> \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===<br /> <br /> Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, &lt;math&gt;\mu_r = 1200&lt;/math&gt; relatív permeabilitású, &lt;math&gt;N=200&lt;/math&gt; menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza &lt;math&gt;L=60cm&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;A tekercselésben &lt;math&gt;I=0.3 A&lt;/math&gt; nagyságú áram folyik.<br /> <br /> Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= <br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.<br /> <br /> Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében &lt;math&gt;\left( R_b&lt;r&lt;R_k \right)&lt;/math&gt; a mágneses indukció nagyságát:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===<br /> <br /> Hosszú, &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; sugarú alumínium vezetőben &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áram folyik.<br /> <br /> Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:<br /> <br /> <br /> '''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk &lt;math&gt;(r&gt;R)&lt;/math&gt;, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> '''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk &lt;math&gt;(r \leq R)&lt;/math&gt;, akkor a teljes &lt;math&gt;I&lt;/math&gt; áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =<br /> {I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V &lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel homogén közegben &lt;math&gt;\vec{B}=\mu \vec{H}&lt;/math&gt;, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:<br /> <br /> &lt;math&gt;W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> {1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r = <br /> {\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ::&lt;math&gt;={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =<br /> {\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=<br /> {\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =<br /> {\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r = 0.09m&lt;/math&gt; sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől &lt;math&gt;d = 0.03m&lt;/math&gt; távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és &lt;math&gt;I = 5A&lt;/math&gt; nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.<br /> <br /> <br /> Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> == Távvezetékek (TV) ==<br /> <br /> === 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===<br /> <br /> Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, &lt;math&gt;l=5km&lt;/math&gt; hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.<br /> <br /> Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_2 \rightarrow \infty&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=<br /> -jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:<br /> <br /> &lt;math&gt;-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;k&lt;/math&gt; azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+&lt;/math&gt; <br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit &quot;fapadosabb&quot;, de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.<br /> <br /> Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.<br /> <br /> Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:<br /> <br /> [[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]<br /> <br /> Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:<br /> <br /> &lt;math&gt;\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =<br /> {c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===<br /> Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az &lt;math&gt;U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}&lt;/math&gt; függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --&gt; - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --&gt; + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:<br /> <br /> &lt;math&gt;U^+ = 3+4j&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U^- = 2-j&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!<br /> <br /> <br /> Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti &quot;x&quot; paraméterezéssel, majd ebből &quot;z&quot; szerinti paraméterezéssel:<br /> <br /> &lt;math&gt;|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:<br /> <br /> &lt;math&gt;\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===<br /> Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: &lt;math&gt;R' = 20 {m \Omega \over m}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;G' = 5 { \mu S \over m}&lt;/math&gt;. Egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt; egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.<br /> <br /> Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség &lt;math&gt;U_0/2&lt;/math&gt; lesz!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;<br /> |U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát &lt;math&gt;\beta = 0&lt;/math&gt;. Az egyenfeszültségből következik, hogy a &lt;math&gt;\varphi &lt;/math&gt; kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1. <br /> <br /> Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):<br /> <br /> &lt;math&gt;u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy &lt;math&gt;U_0&lt;/math&gt;-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg. <br /> <br /> A kérdéses &quot;z&quot; távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (&lt;math&gt;\alpha&lt;/math&gt;), feltéve hogy &lt;math&gt;\omega =0&lt;/math&gt;, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely &quot;z&quot; távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;e^{-\alpha z}=0.5&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===<br /> <br /> Egy ideális, légszigetelésű &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;Z_0&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig &lt;math&gt;\lambda = 8l&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy &lt;math&gt;L={Z_0 \over \omega}&lt;/math&gt; induktivitású ideális tekercs?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A lezáró tekercs impedanciája: &lt;math&gt;Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =<br /> Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =<br /> j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =<br /> j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===<br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{8}&lt;/math&gt;. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: &lt;math&gt;2A&lt;/math&gt; illetve &lt;math&gt;500V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =<br /> \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===<br /> <br /> Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája &lt;math&gt;50 \Omega&lt;/math&gt;, hossza pedig &lt;math&gt;\frac{\lambda}{3}&lt;/math&gt;. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója &lt;math&gt;j150 V&lt;/math&gt;.&lt;br/&gt;Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy: &lt;math&gt;\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:<br /> <br /> &lt;math&gt;I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =<br /> j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =<br /> -3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Indukálási jelenségek ==<br /> <br /> === 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;R=5 \Omega&lt;/math&gt; ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa &lt;math&gt;\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs&lt;/math&gt;, ahol &lt;math&gt;\omega=1 {krad \over s}&lt;/math&gt;. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Innen a feszültség effektív értéke:<br /> <br /> &lt;math&gt;U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az áram effektív értéke pedig:<br /> <br /> &lt;math&gt; I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===<br /> <br /> Adott egy &lt;math&gt;R&lt;/math&gt; ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a a gyűrűben indukált áram &lt;math&gt;i(t)&lt;/math&gt; időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.<br /> <br /> Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel: <br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből az áram időfüggvénye: &lt;math&gt;R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.<br /> <br /> Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.<br /> <br /> Az indukált áram időfüggvénye tehát: &lt;math&gt;i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===<br /> Az xy síkon helyezkedik el egy &lt;math&gt;r=3m&lt;/math&gt; sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense &lt;math&gt;\Delta t=40ms&lt;/math&gt; idő alatt &lt;math&gt;B=0.8T&lt;/math&gt; értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=<br /> -r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=<br /> - 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===<br /> <br /> Egy hosszú egyenes vezetőtől &lt;math&gt;d=15 m&lt;/math&gt; távolságban egy &lt;math&gt;r=0,25 m&lt;/math&gt; sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.<br /> <br /> Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram &lt;math&gt;50 {A \over \mu s}&lt;/math&gt; sebességgel változik.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=<br /> -A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}&lt;/math&gt; <br /> <br /> A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy &lt;math&gt;d&lt;/math&gt; sugarú zárt &lt;math&gt;L&lt;/math&gt; kör mentén integrálunk, amely által kifeszített &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =<br /> - {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===<br /> <br /> Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: &lt;math&gt;\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0&lt;t&lt;T&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt;?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Az indukálási törvény alapján:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítve a &lt;math&gt;t=T/3&lt;/math&gt; értéket:<br /> <br /> &lt;math&gt;u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==<br /> <br /> === 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===<br /> <br /> Egy &lt;math&gt;r&lt;/math&gt; sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta&lt;&lt;r&lt;/math&gt;. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója &lt;math&gt;E_0&lt;/math&gt;, kezdőfázisa pedig &lt;math&gt;0 \; rad&lt;/math&gt;.<br /> <br /> A felszíntől &lt;math&gt;h&lt;/math&gt; távolságban térerősség amplitúdója &lt;math&gt;{E_0 \over 2}&lt;/math&gt;. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;-{h \over \delta} = ln(0.5)&lt;/math&gt;<br /> <br /> Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:<br /> <br /> &lt;math&gt;arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt &lt;math&gt;-{h \over \delta}&lt;/math&gt; arányt:<br /> <br /> &lt;math&gt; arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> }}<br /> <br /> === 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===<br /> Egy &lt;math&gt;A=1.5 mm^2&lt;/math&gt; keresztmetszetű, &lt;math&gt;l=3m&lt;/math&gt; hosszú hengeres vezetőben &lt;math&gt;I=10A&lt;/math&gt; amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység &lt;math&gt; \delta = 9.7 mm&lt;/math&gt;, a fajlagos vezetőképesség pedig &lt;math&gt; \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}&lt;/math&gt;. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A vezető sugara: &lt;math&gt;r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm&lt;&lt;\delta&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima &lt;math&gt;l&lt;/math&gt; hosszúságú, &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; keresztmetszetű és &lt;math&gt; \sigma&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.<br /> <br /> &lt;math&gt;R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):<br /> <br /> &lt;math&gt;P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===<br /> Egy &lt;math&gt;r=2mm&lt;/math&gt; sugarú, hosszú hengeres vezető &lt;math&gt;\sigma=35 {MS \over m}&lt;/math&gt; fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység &lt;math&gt;\delta =80 \mu m&lt;/math&gt;. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén &lt;math&gt;\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0&lt;/math&gt;. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.<br /> Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> Mivel: &lt;math&gt;\delta &lt;&lt; r &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:<br /> <br /> &lt;math&gt;E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=<br /> E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A differenciális Ohm-törvény: &lt;math&gt;\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Behelyettesítés után, &lt;math&gt;z= 2 \delta&lt;/math&gt; mélységben:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> ===111. Feladat: Behatolási mélység===<br /> Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> &lt;math&gt; \gamma = \alpha + j\beta &lt;/math&gt; terjedési együttható<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha &lt;/math&gt; - csillapítási tényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \beta &lt;/math&gt; - fázistényező<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} &lt;/math&gt; behatolási mélység<br /> <br /> <br /> Vezető anyagokban &lt;math&gt; \alpha = \beta &lt;/math&gt; , mivel:<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} &lt;/math&gt;, azonban vezető anyagokban &lt;math&gt; \varepsilon &lt;&lt; \sigma &lt;/math&gt;, így a terjedési együttható: &lt;math&gt; \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Ebből &lt;math&gt; \delta &lt;/math&gt; számításának módja:<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} &lt;/math&gt; (de most nem ezt kell használni)<br /> <br /> <br /> A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: &lt;math&gt; E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> <br /> ===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===<br /> Egy &lt;math&gt;\mu_r=1&lt;/math&gt; relatív permeabilitású vezetőben &lt;math&gt; \omega = 10^4 {1 \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami &lt;math&gt; \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy a terjedési együttható: &lt;math&gt;\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:<br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =<br /> \sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =<br /> { 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:<br /> <br /> &lt;math&gt;\left| \gamma \right| =<br /> \left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=<br /> \sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow<br /> \sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: &lt;math&gt; \sigma &gt;&gt; \omega \varepsilon &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =<br /> \sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=<br /> \sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} = <br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =<br /> e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx<br /> 2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Elektromágneses hullám szigetelőben==<br /> <br /> === 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===<br /> <br /> Egy adott &lt;math&gt;\mu_r=5&lt;/math&gt; relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed &lt;math&gt;\omega = 10 {Mrad \over s}&lt;/math&gt; körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: &lt;math&gt;\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}&lt;/math&gt;&lt;br /&gt; Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt; \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:<br /> <br /> &lt;math&gt; (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:<br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}&lt;/math&gt;<br /> <br /> A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt; Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega&lt;/math&gt;<br /> <br /> Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy &lt;math&gt;\mu = \mu_0 \cdot \mu_r&lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===<br /> <br /> A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! <br /> <br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.&lt;br/&gt;A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója &lt;math&gt;H=0.3 \; {A \over m}&lt;/math&gt;.<br /> <br /> Adja meg a határfelület &lt;math&gt;3 m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;E = H \cdot Z_{0}' &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =<br /> {1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===<br /> <br /> Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy &lt;math&gt;Z_0'=200 \Omega&lt;/math&gt; hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy &lt;math&gt;A=2m^2&lt;/math&gt; nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény &lt;math&gt;P=10W&lt;/math&gt;. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott &lt;math&gt;A&lt;/math&gt; felületen disszipált hatásos teljesítmény:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:<br /> <br /> &lt;math&gt;P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A&lt;/math&gt;<br /> <br /> <br /> A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.<br /> <br /> Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol &lt;math&gt;E&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;H&lt;/math&gt; a határfelületen vett amplitúdók nagysága:<br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A &lt;/math&gt;<br /> <br /> Felhasználva, hogy a szigetelőben &lt;math&gt;H = {E \over Z_{0}'} &lt;/math&gt;, majd rendezve az egyenletet:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A = <br /> {E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E = <br /> \sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} &lt;/math&gt;<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Poynting-vektor ==<br /> <br /> === 137. Feladat: ===<br /> <br /> Levegőben síkhullám terjed a pozitív &lt;math&gt;z&lt;/math&gt; irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga &lt;math&gt;9 \; {\mu J \over m^3}&lt;/math&gt;. Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> }}<br /> <br /> === 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===<br /> Egy Hertz-dipólus az origó síkjában &lt;math&gt;\vartheta =0&lt;/math&gt; szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!<br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:<br /> <br /> Felhasználható egyenletek:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> D=1.5<br /> &lt;/math&gt;<br /> , Hertz-dipólusra<br /> <br /> Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> <br /> Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a &lt;math&gt;\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}&lt;/math&gt; tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.<br /> Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:<br /> <br /> &lt;math&gt;<br /> {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}<br /> &lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> === 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===<br /> <br /> Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br /> <br /> &lt;math&gt;\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; <br /> <br /> (&lt;math&gt;\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}&lt;/math&gt; és &lt;math&gt;\vec{e_z}&lt;/math&gt; a radiális, fi és z irányú egységvektorok)<br /> <br /> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara &lt;math&gt;r_1&lt;/math&gt;, a külső vezető belső sugara &lt;math&gt;r_2&lt;/math&gt;, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''Megoldás'''<br /> |szöveg=<br /> A Poynting-vektor kifejezése: &lt;math&gt;\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}&lt;/math&gt;<br /> <br /> ''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.<br /> <br /> <br /> Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:<br /> <br /> <br /> &lt;math&gt;P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=<br /> 2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=<br /> 2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}&lt;/math&gt;<br /> }}<br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Elektrom%C3%A1gneses_terek_alapjai&diff=181897 Elektromágneses terek alapjai 2014-06-07T22:06:12Z <p>David14: /* Vizsgabeugrók */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> |nev=Elektromágneses terek alapjai<br /> |targykod=VIHVA201<br /> |kredit=5<br /> |felev=4<br /> |kereszt=van<br /> |tanszék=HVT<br /> |kiszh=nincs<br /> |vizsga=szóbeli írásbeli beugróval<br /> |nagyzh=2 db<br /> |hf=nincs<br /> |szak=villany<br /> |tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIHVA201/<br /> |targyhonlap=https://hvt.bme.hu/index.php?option=com_content&amp;view=article&amp;catid=1%3Absc-kepzes&amp;id=641%3Aelektromagneses-terek-alapjai-vihva201&amp;Itemid=35&amp;lang=hu<br /> |levlista=[https://lists.sch.bme.hu/wws/info/terek terek{{kukac}}sch.bme.hu]<br /> }}<br /> <br /> Az '''Elektromágneses terek alapjai''' erőteljesen épít a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyak tananyagára.&lt;br&gt;Ezenkívül a [[Jelek és rendszerek 1]] valamint [[Jelek és rendszerek 2]] előismeretek nagyon hasznosak. Magabiztos vektoranalízis és elektrodinamika alaptudás nélkül nem érdemes felvenni a tárgyat!<br /> <br /> A tárgy elsődleges célkitűzése, hogy a villamosmérnök hallgatókkal megismertesse az elektromágneses térrel kapcsolatos alapfogalmakat és matematikai összefüggéseket. Célja továbbá a fontosabb térszámítási módszerek bemutatása, néhány egyszerűen tárgyalható feladattípus megoldása, a megoldások szemléltetése, értelmezése és alkalmazási területeik áttekintése. Egyszersmind megalapozza az MSc képzésben indított Elektromágneses terek tárgyat.<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 1]] című tárgy teljesítése, valamint a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyakból az aláírás megszerzése.<br /> *'''Jelenlét:''' Az előadásokon és gyakorlatokon való részvétel kötelező, de ezt nem ellenőrzik.<br /> *'''NagyZH:''' A félév során két nagyzárthelyit kell megírni. Mindkét zárthelyi 1 darab 10 pontos nagypéldából és 5 darab 2 pontos kiskérdésből áll. Az elégségeshez a maximális 20 pontból legalább 10 pontot kell szerezni. Az aláírás megszerzésének feltétele, hogy a nagyzárthelyik átlaga legalább 2.0 legyen!<br /> *'''Vizsga:''' Egy írásbeli beugróból és egy szóbeliből áll:<br /> *#A beugró 10 darab 1 pontos számolási feladatból áll, melyekre tesztes formában 4 válaszlehetőség van megadva. Legalább 5 kérdésnél kell választ jelöni, különben automatikusan elégtelen a vizsga. Helyes jelölés +1 pont, nincs jelölés 0 pont, hibás jelölés -1 pont. 4 ponttól sikeres a beugró, és csak ezután kezdhető meg a szóbeli.&lt;br /&gt;'''FONTOS: Csak PÁROS számú kérdést van értelme bejelölni!'''<br /> *#A szóbelin két tételt kell húzni: egy számolási feladatot és egy elméleti témakört. Ennek kidolgozására 15-20 perc áll rendelkezésre.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> === Hivatalos Jegyzetek ===<br /> <br /> *'''''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''''' című tankönyv nagyon jól használható, szinte kötelező a tárgyhoz!<br /> *'''''Dr. Zombory László: Elektromágneses terek''''' című tankönyv szintén használható, mely a ''Műszaki Kiadó'' honlapján [http://www.muszakikiado.hu/files/Konyvek/Dr_Zombory_Laszlo_Elektromagneses_terek.pdf ingyenesen elérhető].<br /> *'''''Dr. Bilicz Sándor: Elektromágneses terek példatár''''' jól használható gyakorlásra. Érdemes beszerezni!<br /> *'''&lt;span style=&quot;color: red&quot;&gt;Kiemelt jegyzet:&lt;/span&gt;''' [[Media:Terek_jegyzet2011kereszt.pdf‎|Előadásjegyzet]] - ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadó órái alapján ''Mucsi Dénes'' által készített, jegyzetpályázatra beküldött, az előadó által ellenőrzött előadásjegyzet.<br /> *[http://video.bme.hu/index.php?act=vid&amp;tkod=BMEEMT Előadásvideók] - A tárgy összes előadásának felvétele elérhető itt - [[Elektromágneses terek alapjai - Előadásvideók címszavai időpontokkal|Előadások címszavai és időpontok]] (Az előadásvideók időpont és téma szerinti tartalomjegyzéke).<br /> <br /> ===Vizsgához segédanyagok ===<br /> <br /> Sikeres beugró után a szóbeli két részből áll, kettő lapot kell húzni az elején. Az egyik egy tétel, ami a kiadott tételsor valamelyik tétele, ugyanolyan formában, ahogyan látható a tanszéki honlapon (nincs semmi magyarázat vagy vázlatpont stb.). A másik része egy feladat megoldása. Ezek a feladatok korábbi beugró példákból kerülnek ki, nem túl nehezek, de ismertetni kell a megoldást, az elméleti hátteret.<br /> <br /> *[[Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok|Szóbeli feladatok]] - Itt gyűjtjük a szóbelin húzható számolási feladatokat. &lt;span style=&quot;color: red&quot;&gt;'''''Szerkesszétek, bővítsétek! Az is jó, ha csak a feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT írjátok be!'''''&lt;/span&gt;<br /> *&lt;span style=&quot;color: red&quot;&gt;'''Kiemelt kidolgozás: '''&lt;/span&gt;[[Media:Terek_tételkidolgozás2012.pdf‎|Tételkidolgozás]] - 2012/2013-as tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek teljes kidolgozása.<br /> *[[Media:Terek_tételkidolgozás.PDF|Számpéldák]] - Jópár számolási feladat kidolgozása. Néhány hiba előfordul benne! Kérlek ha észlelnél benne bármilyen hibát, akkor írd le pontos magyarázattal a többi [[Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai|hibajavításhoz]]!<br /> *[[Media:Terek_40kidolzott_példa.pdf‎|40 vizsgapélda]] - ''Szilágyi Tamás'' által részletesen kidolgozott vizsgapéldák. '''Fontos:''' Most már nem ezek közül kerülnek ki a beugrókérdések! Gyakorlásnak viszont jók!<br /> *[[Media:Terek_tételekhez_képletek.pdf‎|Képletgyűjtemény]] - Szóbeli tételekhez rendszerezett képletgyűjtemény.<br /> <br /> === Egyéb segédanyagok ===<br /> <br /> *[[Media:Terek távvezetékesfeladatokkidolgozása.pdf|Távvezetékek]] - Néhány távvezetékes feladat nagyon jó kidolgozása, a hozzájuk szükséges képletek rendszerezésével együtt.<br /> *[[Media:Terek_képletek_1ZH-hoz.PDF‎|Első ZH]] és a [[Media:Terek_képletek_2ZH-hoz.PDF‎|második ZH]] anyagához egy-egy hasznos képlet-összefoglaló.<br /> *[[Media:Terek_magicképletek.PDF|Magic képletek]] - ''Ács Judit'' által összegyűjtött néhány hasznos képlet.<br /> <br /> ===Régebbi jegyzetek/kidolgozások===<br /> <br /> Itt vannak összegyűjtve a régebbi jegyzetek/tételkidolgozások, melyek már kisebb-nagyobb mértékben aktualitásukat vesztették. Ezeket érdemes a végére hagyni és a fentebbi aktuális anyagokkal kezdeni. Ettől függetlenül, ha valaki valamit nem ért, ezek között is érdemes lehet keresgélni, mert vannak bennük hasznos anyagok!<br /> <br /> *Az előadás-videók alapján ''Ecker Tibor Ádám'' által készített [[Media:Terek_előadásvideókjegyzet.pdf‎|jegyzet]].<br /> *''Dr. Sebestyén Imre'' 2008/2009 tavaszi félévi előadásai alapján ''Sasvári Gergely'' által készített jól használható [[Media:Terek_jegyzet_2009tavasz.pdf‎|jegyzet]].<br /> *2006/2007-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_2007tételek_1-15.pdf‎|kidolgozása]].<br /> *2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt kidolgozásának [[Media:Terek_tételek1-16_2010tavasz.PDF|első]] és [[Media:Terek_tételek17-31_2010tavasz.PDF|második]] fele (készítője ''Chikán Viktor''). <br /> *2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételekhez egy másik, kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_tételekkidolgozása2010tavasz.PDF|kidolgozása]].<br /> <br /> == Első zárthelyi ==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 70%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Terek_2006tavasz_1ZHB.pdf‎|2005/06 tavasz]] - B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHB.pdf| 2006/07 tavasz]] - B csoport<br /> *[[Media:Terek_2008tavasz_1ZHAB.pdf‎|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009tavasz_1ZH.pdf‎|2008/09 tavasz]] - MINTA zárthelyi megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHAB.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2010tavasz_1ZHAB.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2010kereszt_1ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2011kereszt_1ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHAB.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012kereszt_1ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2013tavasz_ZH1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2013ősz_ZH1_AB.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2014_tavasz_ZH1_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHpót.pdf|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Terek_2008kereszt_1ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHpót.pdf|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2010tavasz_1Zhpót.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2011kereszt_1ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012kereszt_1ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_pZH1_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_1.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Második zárthelyi ==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 70%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Rendes ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Terek_2002tavasz_1ZHA.pdf‎|2001/02 tavasz]] - A és B csoport<br /> *[[Media:Terek_2006kereszt_1ZHB.PDF|2006/07 kereszt]] - B csoport<br /> *[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHAB.PDF|2006/07 tavasz]] - A és B csoport<br /> *[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHAB.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHAB.pdf‎|2008/09 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHAB.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHAB.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2010kereszt_2ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2011kereszt_2ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012tavasz_2ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012kereszt_2ZH.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2013tavasz_2ZH_AB.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:terek_ZH2_2013ősz.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2014tavasz_2ZH_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 50%;&quot; |<br /> <br /> === Pót ZH ===<br /> <br /> *[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHpót.PDF‎|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHpót.PDF‎|2007/08 tavasz]] - megoldások nélkül<br /> *[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHpótAB.pdf‎‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHpót.pdf‎|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHpót.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2011kereszt_2ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012tavasz_2ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2012kereszt_2ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_2.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2013kereszt_pZH2.pdf‎|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal<br /> *[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_2.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal<br /> <br /> |}<br /> <br /> == Vizsgabeugrók ==<br /> <br /> {| style=&quot;border-spacing: 1em; width: 100%;&quot;<br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 33%;&quot; |<br /> <br /> *2008/09 - kereszt:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20090112.PDF|2009.01.12]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20090119.PDF|2009.01.19]] - megoldások nélkül<br /> <br /> *2009/10 - kereszt:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20091222.pdf‎|2009.12.22]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100115.pdf‎|2010.01.15]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100122.PDF‎|2010.01.22]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100129.PDF‎|2010.01.29]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100202.PDF‎|2010.02.02]] - részletes megoldásokkal<br /> <br /> *2009/10:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100528.pdf‎|2010.05.28]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100604.pdf|2010.06.04]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100611A.PDF‎|2010.06.11]] - A csoport részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100611B.PDF|2010.06.11]] - B csoport megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100618A.PDF|2010.06.18]] - A csoport részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100618B.PDF‎|2010.06.18]] - B csoport megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20100826.PDF|2010.08.26]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2010/11 - kereszt:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20101222.PDF‎|2010.12.22]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20110105.PDF|2011.01.05]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20110112.PDF‎|2011.01.12]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20110119.pdf‎|2011.01.19]] - részben megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 33%;&quot; |<br /> <br /> *2010/11:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20110526.pdf‎|2011.05.26]] - részben megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20110602.pdf|2011.06.02]] - részben megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20110609.pdf|2011.06.09]] - részben megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20110616.pdf‎|2011.08.25]] - hivatalos megoldásokkal<br /> <br /> *2011/12 - kereszt:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20120112.pdf‎|2012.01.12]] - részletes megoldásokkal<br /> <br /> *2011/12:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20120531.pdf‎|2012.05.31]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20120607.pdf‎|2012.06.07]] - emlékezetből, megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20120614.pdf‎‎|2012.06.14]] - emlékezetből, megoldásokkal<br /> <br /> *2012/13 - kereszt:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20121220.PDF|2012.12.20]] - részletes megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20130110.PDF‎|2013.01.10]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2012/13:<br /> **[[Media:EMTa_vizsga_20130606.pdf|2013.06.06]] - emlékezetből, megoldás nélkül<br /> **[[Média:EMTA_beugro_20130613.jpg|2013.06.13]] - megoldásokkal<br /> <br /> *2013/14 - kereszt:<br /> **[[Media:Terek_beugro_2014.01.09.jpg|2014.01.09]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugro_2014.01.16.pdf|2014.01.16]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugro_20140123.pdf|2014.01.23]] - megoldásokkal<br /> <br /> | style=&quot;vertical-align: top; width: 33%;&quot; |<br /> <br /> *2013/14:<br /> **[[Media:Terek_beugró_20140529.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal<br /> **[[Media:Terek_beugró_20140605.jpg|2014.06.05]] - megoldásokkal<br /> |}<br /> <br /> == Tippek ==<br /> <br /> *A tárgynak legendás híre van és tényleg nem könnyű, tehát ne vedd félvállról. Ne becsüld le, mert fontos és szemléletformáló. Alapvetően fizika, de részletesebb és sok a gyakorlati kitekintés. Ha tudod, hogy nem fogsz tudni elég időt szánni rá, akkor ne is vedd fel. A vektoranalízisre erősen épít, így A3 nélkül szintén nem érdemes felvenni.<br /> *Az aláírás a vizsgabeugróhoz képest jóval könnyebben teljesíthető. A vizsga szóbeli és írásbeli részből áll. A vizsgára az összes tételt tudni kell, mert ha egyet nem tudsz, az hamar kiderül. Ha gyakorolsz és átlátod az anyagot, a beugró akkor is nehéz, erőteljes rutint kell szerezni a feladatmegoldásban. A beugróban egyébként különböző időigényűek a feladatok és ugyanannyi pontot érnek, így ez alapján érdemes szelektálni közöttük.<br /> *Ennél a tárgynál nem működik a &quot;''megtanulok 10-20 képletet és majd behelyettesítek''&quot; módszer! Hiába illenek bele egy képletbe a feladatban felsorolt adatok, attól még lehet, hogy teljesen mást kellene számolni. Tudni kell az alaptételeket, azt hogy mikor milyen egyszerűsítést lehet megtenni és ez alapján kell kitalálni, hogy mivel is kell számolni.<br /> *Előadásra érdemes bejárni, még ha nem is értesz mindent ott helyben, mert ha a ZH-ra való készüléskor szembesülsz először az anyaggal, akkor sokkal nehezebb dolgod lesz.<br /> *Miből tanulj, hogy ne forduljanak elő &quot;''Sajnos most nem tudom átengedni''&quot; típusú jelenségek? A '''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''' könyvet érdemes forgatni, mert abban viszonylag normálisan le vannak írva a dolgok. A Zombori-féle könyv is hasznos lehet, bár kevésbé követi a tematikája a tárgy anyagát és nem azokkal a jelölésekkel dolgozik, amit az előadáson mutatnak. A kidolgozott tételsorokból való készülés általában pedig ezt szüli: &quot;''Ez kevés lesz, kolléga''&quot;. A szóbeli vizsgán az érdekli őket, hogy a mélyebb összefüggéseket érted-e, nem pedig az, hogy sikerült-e benyalnod időre egy 50 oldalas kidolgozást. Mindenesetre, ha már érted az anyag velejét, akkor ismétlésre, képletek áttekintésére nagyon jól használható a ''Mucsi Dénes'' által, ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadásaiból készített előadásjegyzet.<br /> *Erősen szubjektív vélemény következik: Szerintem a Fodor-féle könyv egy nagy káosz. Bár illeszkedik a tematikához, de ha igazán meg akarod érteni a miérteket, ajánlom a következő két könyvet: <br /> ** Daniel '''Fleisch -- A Student's Guide to Maxwell's Equations'''<br /> ** David J. '''Griffiths -- Introduction to Electrodynamics''' <br /> :Ha magyart szeretnél, akkor a Simonyi féle könyv lesz a nyerő. Angol nyelvű mindkettő, de középfokú nyelvismerettel ehetőek. Természetesen nem fednek le minden dolgot a kurzushoz, ezért előadásra érdemes bejárni, ugyanakkor nagyon szilárd alapot adnak az egész kurzushoz. A beszerzésnél a google lesz a barátod.&lt;br/&gt;Szintén erősen ajánlott nézegetni ''Walter H. G. Lewin (MIT)'' előadásait a youtube-on, ha úgy érzed a fizikai alapok hiányoznak a kurzushoz. Kifejezetten jól magyaráz, érthetővé tesz mindent.<br /> <br /> == Verseny ==<br /> <br /> A tárgyból rendeznek hivatalos tanulmányi versenyt is, melynek [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/12?v=Elektrom%C3%A1gneses+terek itt] érhető el a honlapja.<br /> <br /> Az Elektromágneses terek verseny témája a villamosmérnöki alapképzésen előadott, hasonló című tárgy anyagához illeszkedik. A versenyfeladatok természetesen mind a fizikai jelenségek, mind pedig azok matematikai modelljei tekintetében a tantárgyi tematikán túlmutató nehézségűek lehetnek.<br /> <br /> Tekintettel a másodéves hallgatókra, a kitűzött feladatok közül háromnak az elméleti háttere kapcsolódik az Elektromágneses terek alapjai című tárgynak a verseny időpontjáig elhangzó előadásaihoz. A helyezések megállapításánál ugyancsak tekintettel vannak a másod- és felsőbbévesek tanulmányai közötti különbségre. Az irányelv az, hogy az I., II. és III. helyezés feltétele másodévesek esetén rendre két teljes megoldás, egy teljes megoldás illetve egy értékelhető részmegoldás. A felsőbbévesek esetén pedig rendre három, kettő illetve egy feladat teljes megoldása. Ez tehát azt jelenti, hogy egy másodéves hallgató megelőzi az eredménysorrendben a felsőbbévest, ha a versenyen azonos teljesítményt mutatnak fel.<br /> <br /> {{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=BSC_Be%C3%A1gyazott_%C3%A9s_ir%C3%A1ny%C3%ADt%C3%B3_rendszerek_szakir%C3%A1ny&diff=181896 BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány 2014-06-07T22:04:32Z <p>David14: /* 2 kredites */</p> <hr /> <div>__TOC__<br /> <br /> == Bevezető ==<br /> <br /> A szakirány koordinátora: '''MIT'''<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''A szakirány ismertetője'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> === A megcélzott szakterület főbb jellegzetességei, trendjei ===<br /> <br /> Beágyazott rendszereknek azokat a számítógépes alkalmazói rendszereket nevezzük, melyek autonóm működésűek és befogadó fizikai-technológiai környezetükkel intenzív információs kapcsolatban állnak. Gyors elterjedésük a mikroelektronikai technológia és az informatikai rendszerek robbanásszerű fejlődésének köszönhető. Az autóipari fejlesztések mintegy 90%-a beágyazott számítástechnika. Egészségünk, élet- és vagyonbiztonságunk érdekében ugyancsak egyre több ilyen rendszer üzemel. Az elemzések szerint az elkövetkezendő évtizedben a beágyazott rendszerek piacának exponenciális növekedése várható: az ilyen rendszerek átszövik valamennyi iparág termelési folyamatait, és jelen lesznek természetes és épített környezetünk fenntartásának legkülönfélébb feladataiban, kritikus infrastruktúráiban. A szakterület a fejlesztőktől, üzemeltetőktől integrális ismereteket követel meg: a területtel foglalkozó szakembereknek az érzékelés/jelátalakítás problémakörétől kezdve a szorosan kapcsolódó hardver/irányító szoftver ismereteken át a végrehajtás, beavatkozás, információgyűjtés és feldolgozás problémáit is ismerniük kell.<br /> <br /> === A megszerezhető kompetenciák ===<br /> <br /> *Beágyazott információs és irányító rendszerek fejlesztésére és üzemeltetésére,<br /> *A digitális jelátalakítás és jelfeldolgozás eszközeinek alkalmazására, hatásainak kezelésére,<br /> *Beágyazott rendszerek kommunikációs rendszereinek tervezésére,<br /> *A mikrokontrollerek integrált belső egységeit használó digitális kapcsolások tervezésére,<br /> *Mikrokontrollerek firmware rendszerének megtervezésére, kommunikációs, konfiguráló, megjelenítő és tesztfelületének kialakítására gyors alkalmazásfejlesztési eszközök használatával,<br /> *Az irányításhoz szükséges érzékelő, távadó és végrehajtó/beavatkozó elemek kiválasztására és az irányító rendszerhez történő illesztésére,<br /> *Intelligens szenzor rendszerek és ipari buszok alkalmazására,<br /> *Programozható irányító rendszerek kiválasztására, programozására és üzemeltetésére,<br /> *Elosztott komponensek egy rendszerbe történő integrálására.<br /> <br /> === A megszerezhető ismeretek főbb témakörei ===<br /> <br /> *Jelátalakítók, jelfeldolgozás,<br /> *Beágyazott rendszerek kommunikációja,<br /> *Mikrokontroller alapú rendszerek fejlesztése,<br /> *Hardver-közeli szoftver rendszerek fejlesztése,<br /> *Érzékelők, távadók, beavatkozók ismerete, alkalmazása,<br /> *Programozható irányító rendszerek tervezése, üzemeltetése.<br /> <br /> === A témakörökhöz kapcsolódó legfontosabb módszertanok és technológiák ===<br /> <br /> *Rendszertervezési módszertanok és technológiák, tervező rendszerek,<br /> *DSP-k, FPGA-k és mikroprocesszorok alkalmazástechnikája,<br /> *Mikrokontrollerek konfigurációs és diagnosztikai fejlesztő rendszerei,<br /> *Strukturált hardver-közeli programozás, esemény- és idővezérlés megvalósítása<br /> *Folyamatműszerezés<br /> *PLC programozás, elosztott rendszerek<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Felvételi ponthatárok ágazatonként ==<br /> <br /> {|class=&quot;wikitable&quot;<br /> ! width=&quot;20%&quot;|Ágazat neve<br /> ! width=&quot;10%&quot;|Ágazat tanszéke<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2008<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2009<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2010<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2011<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2012<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2013<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2014<br /> |-<br /> ! [http://www.mit.bme.hu/oktatas/szakiranyok/bsc/binfr Beágyazott információs rendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|MIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.11<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.80<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.64<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.70<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.66<br /> |-<br /> ! [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Irányítórendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|IIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.99<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.66<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.26<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.76<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.68<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.47<br /> |-<br /> ! [https://www.aut.bme.hu/Pages/Szakirany/BScVillany/Bemutatkozas Számítógép-alapú rendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|AAIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.38<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.64<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.05<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.88<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.11<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.09<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.28<br /> |}<br /> <br /> == Közös tárgyak ==<br /> <br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek]] - MIT<br /> *[[Mikrokontroller alapú rendszerek]] - AAIT<br /> *[[Programozható irányítóberendezések és szenzorrendszerek]] - IIT<br /> <br /> == Ágazatok ==<br /> <br /> === Beágyazott információs rendszerek ágazat (MIT) ===<br /> <br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek laboratórium]]<br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA353/ Tantárgy adatlapja] - [http://www.mit.bme.hu/oktatas/temakiirasok?tipus=All&amp;kepzes=bsc_vi_bi Önálló laboratórium témák]<br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA407 Tantárgy adatlapja] - [http://www.mit.bme.hu/oktatas/temakiirasok/bsc?kepzes=bsc_vi_bi Szakdolgozat témák]<br /> <br /> === Irányítórendszerek ágazat (IIT) ===<br /> <br /> *[[Programozható irányítóberendezések és szenzorrendszerek laboratórium]] <br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIA355/ Tantárgy adatlapja] - [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Önálló laboratórium témák] <br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIA412/ Tantárgy adatlapja] - [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Szakdolgozat témák]<br /> <br /> === Számítógép-alapú rendszerek ágazat (AAIT) ===<br /> <br /> *[[Mikrokontroller laboratórium]]<br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA354/ Tantárgy adatlapja] - [https://www.aut.bme.hu/Education/BScVillany/Onlab Önálló laboratórium témák]<br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA405/ Tantárgy adatlapja] - [https://www.aut.bme.hu/Education/BScVillany/Szakdolgozat Önálló laboratórium témák]<br /> <br /> == Szakirányhoz kapcsolódó szabadon választható tárgyak ==<br /> <br /> === 2 kredites ===<br /> <br /> *<br /> <br /> === Több mint 2 kredites ===<br /> <br /> *[[Irányítórendszerek gyors prototípustervezése]]<br /> <br /> == Szakmai gyakorlat ==<br /> <br /> * A számítógép alapú rendszerek ágazat szakmai gyakorlatáról bővebb információk az AUT tanszéki [https://www.aut.bme.hu/SzakmaiGyakorlat/ Szakmai gyakorlatos] oldalán. <br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=BSC_Be%C3%A1gyazott_%C3%A9s_ir%C3%A1ny%C3%ADt%C3%B3_rendszerek_szakir%C3%A1ny&diff=181895 BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány 2014-06-07T22:04:00Z <p>David14: /* Szakmai gyakorlat */</p> <hr /> <div>__TOC__<br /> <br /> == Bevezető ==<br /> <br /> A szakirány koordinátora: '''MIT'''<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''A szakirány ismertetője'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> === A megcélzott szakterület főbb jellegzetességei, trendjei ===<br /> <br /> Beágyazott rendszereknek azokat a számítógépes alkalmazói rendszereket nevezzük, melyek autonóm működésűek és befogadó fizikai-technológiai környezetükkel intenzív információs kapcsolatban állnak. Gyors elterjedésük a mikroelektronikai technológia és az informatikai rendszerek robbanásszerű fejlődésének köszönhető. Az autóipari fejlesztések mintegy 90%-a beágyazott számítástechnika. Egészségünk, élet- és vagyonbiztonságunk érdekében ugyancsak egyre több ilyen rendszer üzemel. Az elemzések szerint az elkövetkezendő évtizedben a beágyazott rendszerek piacának exponenciális növekedése várható: az ilyen rendszerek átszövik valamennyi iparág termelési folyamatait, és jelen lesznek természetes és épített környezetünk fenntartásának legkülönfélébb feladataiban, kritikus infrastruktúráiban. A szakterület a fejlesztőktől, üzemeltetőktől integrális ismereteket követel meg: a területtel foglalkozó szakembereknek az érzékelés/jelátalakítás problémakörétől kezdve a szorosan kapcsolódó hardver/irányító szoftver ismereteken át a végrehajtás, beavatkozás, információgyűjtés és feldolgozás problémáit is ismerniük kell.<br /> <br /> === A megszerezhető kompetenciák ===<br /> <br /> *Beágyazott információs és irányító rendszerek fejlesztésére és üzemeltetésére,<br /> *A digitális jelátalakítás és jelfeldolgozás eszközeinek alkalmazására, hatásainak kezelésére,<br /> *Beágyazott rendszerek kommunikációs rendszereinek tervezésére,<br /> *A mikrokontrollerek integrált belső egységeit használó digitális kapcsolások tervezésére,<br /> *Mikrokontrollerek firmware rendszerének megtervezésére, kommunikációs, konfiguráló, megjelenítő és tesztfelületének kialakítására gyors alkalmazásfejlesztési eszközök használatával,<br /> *Az irányításhoz szükséges érzékelő, távadó és végrehajtó/beavatkozó elemek kiválasztására és az irányító rendszerhez történő illesztésére,<br /> *Intelligens szenzor rendszerek és ipari buszok alkalmazására,<br /> *Programozható irányító rendszerek kiválasztására, programozására és üzemeltetésére,<br /> *Elosztott komponensek egy rendszerbe történő integrálására.<br /> <br /> === A megszerezhető ismeretek főbb témakörei ===<br /> <br /> *Jelátalakítók, jelfeldolgozás,<br /> *Beágyazott rendszerek kommunikációja,<br /> *Mikrokontroller alapú rendszerek fejlesztése,<br /> *Hardver-közeli szoftver rendszerek fejlesztése,<br /> *Érzékelők, távadók, beavatkozók ismerete, alkalmazása,<br /> *Programozható irányító rendszerek tervezése, üzemeltetése.<br /> <br /> === A témakörökhöz kapcsolódó legfontosabb módszertanok és technológiák ===<br /> <br /> *Rendszertervezési módszertanok és technológiák, tervező rendszerek,<br /> *DSP-k, FPGA-k és mikroprocesszorok alkalmazástechnikája,<br /> *Mikrokontrollerek konfigurációs és diagnosztikai fejlesztő rendszerei,<br /> *Strukturált hardver-közeli programozás, esemény- és idővezérlés megvalósítása<br /> *Folyamatműszerezés<br /> *PLC programozás, elosztott rendszerek<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Felvételi ponthatárok ágazatonként ==<br /> <br /> {|class=&quot;wikitable&quot;<br /> ! width=&quot;20%&quot;|Ágazat neve<br /> ! width=&quot;10%&quot;|Ágazat tanszéke<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2008<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2009<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2010<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2011<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2012<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2013<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2014<br /> |-<br /> ! [http://www.mit.bme.hu/oktatas/szakiranyok/bsc/binfr Beágyazott információs rendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|MIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.11<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.80<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.64<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.70<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.66<br /> |-<br /> ! [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Irányítórendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|IIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.99<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.66<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.26<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.76<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.68<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.47<br /> |-<br /> ! [https://www.aut.bme.hu/Pages/Szakirany/BScVillany/Bemutatkozas Számítógép-alapú rendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|AAIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.38<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.64<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.05<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.88<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.11<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.09<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.28<br /> |}<br /> <br /> == Közös tárgyak ==<br /> <br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek]] - MIT<br /> *[[Mikrokontroller alapú rendszerek]] - AAIT<br /> *[[Programozható irányítóberendezések és szenzorrendszerek]] - IIT<br /> <br /> == Ágazatok ==<br /> <br /> === Beágyazott információs rendszerek ágazat (MIT) ===<br /> <br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek laboratórium]]<br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA353/ Tantárgy adatlapja] - [http://www.mit.bme.hu/oktatas/temakiirasok?tipus=All&amp;kepzes=bsc_vi_bi Önálló laboratórium témák]<br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA407 Tantárgy adatlapja] - [http://www.mit.bme.hu/oktatas/temakiirasok/bsc?kepzes=bsc_vi_bi Szakdolgozat témák]<br /> <br /> === Irányítórendszerek ágazat (IIT) ===<br /> <br /> *[[Programozható irányítóberendezések és szenzorrendszerek laboratórium]] <br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIA355/ Tantárgy adatlapja] - [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Önálló laboratórium témák] <br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIA412/ Tantárgy adatlapja] - [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Szakdolgozat témák]<br /> <br /> === Számítógép-alapú rendszerek ágazat (AAIT) ===<br /> <br /> *[[Mikrokontroller laboratórium]]<br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA354/ Tantárgy adatlapja] - [https://www.aut.bme.hu/Education/BScVillany/Onlab Önálló laboratórium témák]<br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA405/ Tantárgy adatlapja] - [https://www.aut.bme.hu/Education/BScVillany/Szakdolgozat Önálló laboratórium témák]<br /> <br /> == Szakirányhoz kapcsolódó szabadon választható tárgyak ==<br /> <br /> === 2 kredites ===<br /> <br /> {{Szakaszcsonk}}<br /> <br /> === Több mint 2 kredites ===<br /> <br /> *[[Irányítórendszerek gyors prototípustervezése]]<br /> <br /> == Szakmai gyakorlat ==<br /> <br /> * A számítógép alapú rendszerek ágazat szakmai gyakorlatáról bővebb információk az AUT tanszéki [https://www.aut.bme.hu/SzakmaiGyakorlat/ Szakmai gyakorlatos] oldalán. <br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=BSC_Be%C3%A1gyazott_%C3%A9s_ir%C3%A1ny%C3%ADt%C3%B3_rendszerek_szakir%C3%A1ny&diff=181894 BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány 2014-06-07T22:03:13Z <p>David14: /* Szakmai gyakorlat */</p> <hr /> <div>__TOC__<br /> <br /> == Bevezető ==<br /> <br /> A szakirány koordinátora: '''MIT'''<br /> <br /> {{Rejtett<br /> |mutatott='''A szakirány ismertetője'''<br /> |szöveg=<br /> <br /> === A megcélzott szakterület főbb jellegzetességei, trendjei ===<br /> <br /> Beágyazott rendszereknek azokat a számítógépes alkalmazói rendszereket nevezzük, melyek autonóm működésűek és befogadó fizikai-technológiai környezetükkel intenzív információs kapcsolatban állnak. Gyors elterjedésük a mikroelektronikai technológia és az informatikai rendszerek robbanásszerű fejlődésének köszönhető. Az autóipari fejlesztések mintegy 90%-a beágyazott számítástechnika. Egészségünk, élet- és vagyonbiztonságunk érdekében ugyancsak egyre több ilyen rendszer üzemel. Az elemzések szerint az elkövetkezendő évtizedben a beágyazott rendszerek piacának exponenciális növekedése várható: az ilyen rendszerek átszövik valamennyi iparág termelési folyamatait, és jelen lesznek természetes és épített környezetünk fenntartásának legkülönfélébb feladataiban, kritikus infrastruktúráiban. A szakterület a fejlesztőktől, üzemeltetőktől integrális ismereteket követel meg: a területtel foglalkozó szakembereknek az érzékelés/jelátalakítás problémakörétől kezdve a szorosan kapcsolódó hardver/irányító szoftver ismereteken át a végrehajtás, beavatkozás, információgyűjtés és feldolgozás problémáit is ismerniük kell.<br /> <br /> === A megszerezhető kompetenciák ===<br /> <br /> *Beágyazott információs és irányító rendszerek fejlesztésére és üzemeltetésére,<br /> *A digitális jelátalakítás és jelfeldolgozás eszközeinek alkalmazására, hatásainak kezelésére,<br /> *Beágyazott rendszerek kommunikációs rendszereinek tervezésére,<br /> *A mikrokontrollerek integrált belső egységeit használó digitális kapcsolások tervezésére,<br /> *Mikrokontrollerek firmware rendszerének megtervezésére, kommunikációs, konfiguráló, megjelenítő és tesztfelületének kialakítására gyors alkalmazásfejlesztési eszközök használatával,<br /> *Az irányításhoz szükséges érzékelő, távadó és végrehajtó/beavatkozó elemek kiválasztására és az irányító rendszerhez történő illesztésére,<br /> *Intelligens szenzor rendszerek és ipari buszok alkalmazására,<br /> *Programozható irányító rendszerek kiválasztására, programozására és üzemeltetésére,<br /> *Elosztott komponensek egy rendszerbe történő integrálására.<br /> <br /> === A megszerezhető ismeretek főbb témakörei ===<br /> <br /> *Jelátalakítók, jelfeldolgozás,<br /> *Beágyazott rendszerek kommunikációja,<br /> *Mikrokontroller alapú rendszerek fejlesztése,<br /> *Hardver-közeli szoftver rendszerek fejlesztése,<br /> *Érzékelők, távadók, beavatkozók ismerete, alkalmazása,<br /> *Programozható irányító rendszerek tervezése, üzemeltetése.<br /> <br /> === A témakörökhöz kapcsolódó legfontosabb módszertanok és technológiák ===<br /> <br /> *Rendszertervezési módszertanok és technológiák, tervező rendszerek,<br /> *DSP-k, FPGA-k és mikroprocesszorok alkalmazástechnikája,<br /> *Mikrokontrollerek konfigurációs és diagnosztikai fejlesztő rendszerei,<br /> *Strukturált hardver-közeli programozás, esemény- és idővezérlés megvalósítása<br /> *Folyamatműszerezés<br /> *PLC programozás, elosztott rendszerek<br /> <br /> }}<br /> <br /> == Felvételi ponthatárok ágazatonként ==<br /> <br /> {|class=&quot;wikitable&quot;<br /> ! width=&quot;20%&quot;|Ágazat neve<br /> ! width=&quot;10%&quot;|Ágazat tanszéke<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2008<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2009<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2010<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2011<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2012<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2013<br /> ! width=&quot;5%&quot;|2014<br /> |-<br /> ! [http://www.mit.bme.hu/oktatas/szakiranyok/bsc/binfr Beágyazott információs rendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|MIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.11<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.80<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.64<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.70<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.66<br /> |-<br /> ! [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Irányítórendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|IIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.99<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.66<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.69<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.26<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.76<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.68<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.47<br /> |-<br /> ! [https://www.aut.bme.hu/Pages/Szakirany/BScVillany/Bemutatkozas Számítógép-alapú rendszerek]<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|AAIT<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.38<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.64<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.05<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|2.88<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.11<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.09<br /> | style=&quot;text-align:center&quot;|3.28<br /> |}<br /> <br /> == Közös tárgyak ==<br /> <br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek]] - MIT<br /> *[[Mikrokontroller alapú rendszerek]] - AAIT<br /> *[[Programozható irányítóberendezések és szenzorrendszerek]] - IIT<br /> <br /> == Ágazatok ==<br /> <br /> === Beágyazott információs rendszerek ágazat (MIT) ===<br /> <br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek laboratórium]]<br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA353/ Tantárgy adatlapja] - [http://www.mit.bme.hu/oktatas/temakiirasok?tipus=All&amp;kepzes=bsc_vi_bi Önálló laboratórium témák]<br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA407 Tantárgy adatlapja] - [http://www.mit.bme.hu/oktatas/temakiirasok/bsc?kepzes=bsc_vi_bi Szakdolgozat témák]<br /> <br /> === Irányítórendszerek ágazat (IIT) ===<br /> <br /> *[[Programozható irányítóberendezések és szenzorrendszerek laboratórium]] <br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIA355/ Tantárgy adatlapja] - [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Önálló laboratórium témák] <br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIA412/ Tantárgy adatlapja] - [http://szakirany.iit.bme.hu/bscirany/index.html Szakdolgozat témák]<br /> <br /> === Számítógép-alapú rendszerek ágazat (AAIT) ===<br /> <br /> *[[Mikrokontroller laboratórium]]<br /> *Önálló laboratórium - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA354/ Tantárgy adatlapja] - [https://www.aut.bme.hu/Education/BScVillany/Onlab Önálló laboratórium témák]<br /> *Szakdolgozat - [https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA405/ Tantárgy adatlapja] - [https://www.aut.bme.hu/Education/BScVillany/Szakdolgozat Önálló laboratórium témák]<br /> <br /> == Szakirányhoz kapcsolódó szabadon választható tárgyak ==<br /> <br /> === 2 kredites ===<br /> <br /> {{Szakaszcsonk}}<br /> <br /> === Több mint 2 kredites ===<br /> <br /> *[[Irányítórendszerek gyors prototípustervezése]]<br /> <br /> == Szakmai gyakorlat ==<br /> <br /> * Bővebb információk a tanszéki [https://www.aut.bme.hu/SzakmaiGyakorlat/ Szakmai gyakorlatos] oldalon. <br /> <br /> [[Kategória:Villamosmérnök]]</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Programozhat%C3%B3_ir%C3%A1ny%C3%ADt%C3%B3berendez%C3%A9sek_%C3%A9s_szenzorrendszerek&diff=181893 Programozható irányítóberendezések és szenzorrendszerek 2014-06-07T22:01:40Z <p>David14: </p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = Programozható&lt;br/&gt;irányítóberendezések&lt;br/&gt;és szenzorrendszerek<br /> | tárgykód = VIIIA349<br /> | szak = villany szak<br /> | kredit = 4<br /> | félév = 6<br /> | kereszt = nincs <br /> | tanszék = IIT<br /> | labor = <br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = 1 db<br /> | hf = nincs<br /> | vizsga = írásbeli<br /> | levlista = <br /> | tad = https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIIIA349/<br /> | tárgyhonlap = http://sirkan.iit.bme.hu/dokeos/courses/BMEVIIIA349/<br /> }}<br /> <br /> A tantárgy célja a beágyazott irányító rendszerekben és az ipari irányítástechnikában alkalmazott programozható irányítóberendezések, valamint a hozzájuk kapcsolódó érzékelő és beavatkozó rendszerek főbb jellemzőinek bemutatása, továbbá a fejlesztésükhöz, alkalmazástechnikájukhoz és üzemeltetésükhöz szükséges legfontosabb ismeretek átadása.<br /> <br /> {{Vissza|BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''NagyZH:''' A szorgalmi időszakban 1 nagyzárthelyit kell legalább elégségesre teljesíteni. Két pótlási lehetőség van. A zárthelyi két részből áll, melyek egyenként 50-50 pontosak és mindkettőn legalább 21 pontot kell elérni. Amennyiben csak az egyik rész lett elégtelen, úgy csak abból a részből kell pótzárthelyit írni.<br /> *'''Vizsga:''' A tárgy írásbeli vizsgával zárul, melynek struktúrája megegyezik a nagyzárthelyiével.<br /> *'''Megajánlott jegy:''' A tárgyból megajánlott jegy szerezhető. Amennyiben a nagyzárthelyin az egyik részt legalább négyesre, azaz minimum 35 pontosra teljesíti valaki, úgy ez a pontszám átvihető a vizsgára és kiváltható ennak a résznek a megírása. Ha valaki minkét részből átviszi a pontszámát, úgy vizsga nélkül, automatikusan megkapja az összpontszámának megfelelő jó, vagy jeles érdemjegyet. Fontos, hogy a pótZH-n, illetve a pótpótZH-n elért pontszám alapján is lehet megajánlott jegyet szerezni. <br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> * Hivatalos jegyzetek elérhetőek a [http://sirkan.iit.bme.hu/dokeos/courses/BMEVIIIA349/ tanszéki honlapon].<br /> * [[Media:PIR_2008_tételkidolgozás.PDF|2008-as tételkidolgozás]]<br /> * 2009-es [[Media:PIR_2009tavasz_záróvizsga.pdf‎|záróvizsga tételek]] és a hozzájuk tartozó [[Media:PIR_2009tavasz_záróvizsga_tételkidolgozás.pdf‎|tételkidolgozás]].<br /> * Előadásjegyzetek:<br /> **[[Media:PIR_előadásjegyzet_Csubak.PDF‎|Dr. Csubák Tibor]]<br /> **[[Media:PIR_előadásjegyzet_Loványi.PDF|Dr. Loványi István]]<br /> **[[Media:PIR_előadásjegyzet_Katona.PDF|Dr. Katona László]]<br /> <br /> == Zárthelyik, vizsgák ==<br /> <br /> *[[Media:PIR_2009tavasz_ZH.pdf‎|2009 tavaszi ZH]]<br /> *[[Media:PIR_ZH_2014.pdf|2014 tavaszi ZH]]<br /> *[[Media:PIR_2009tavasz_vizsga.pdf‎|2009 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Media:PIR_vizsga_20140603.pdf‎|2014 tavaszi 2. vizsga]]<br /> <br /> {{Lábléc - Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Be%C3%A1gyazott_%C3%A9s_ambiens_rendszerek&diff=181892 Beágyazott és ambiens rendszerek 2014-06-07T21:50:40Z <p>David14: /* Segédanyagok */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = Beágyazott és ambiens rendszerek<br /> | tárgykód = VIMIA347<br /> | szak = villany szak<br /> | kredit = 4<br /> | félév = 6<br /> | kereszt = nincs<br /> | tanszék = MIT<br /> | labor = <br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = 1 db<br /> | hf = 1 db<br /> | vizsga = írásbeli<br /> | levlista =<br /> | tad = https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIMIA347/<br /> | tárgyhonlap = http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia347<br /> }}<br /> <br /> A tantárgy egy konkrét alkalmazás architektúrájának és működésének részletes elemzésén keresztül ismerteti a beágyazott rendszerek főbb tulajdonságait, technológiai és alkalmazási jellemzőit, és egyidejűleg példát mutat az emberi (pl. otthoni vagy munkahelyi) környezet részévé váló, elsősorban az életvitel és az életminőség szolgálatában álló beágyazott alkalmazásra, egy úgynevezett ambiens rendszerre.<br /> <br /> {{Vissza|BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''NagyZH:''' A szorgalmi időszakban 1 nagyzárthelyit kell legalább elégséges szintűre (50%) teljesíteni. Két pótlási lehetőség van.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév során egy előre választott társsal, közösen kell 1 házi feladatot legalább elfogadható szintűre megcsinálni. A kiadott feladat egy egyszerű, beágyazott C szoftver elkészítése a tanszék által biztosított, ATmega128 mikrokontroller alapú MITMót hardverre.<br /> *'''Vizsga:''' A tárgy írásbeli vizsgával zárul, melyen legalább 50%-ot kell elérni az elégségeshez.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> * Hivatalos jegyzetek elérhetőek a [http://www.mit.bme.hu/oktatas/targyak/vimia347/jegyzet tanszéki honlapon].<br /> * Néhány előadás jegyzete:<br /> **1. óra: [[Media:bambi_jegyzet_2014.02.10._01.pdf|Bevezetés, rendszer ismertetés]]<br /> **2. óra: [[Media:bambi_jegyzet_2014.02.13._02.pdf|Rezisztív érzékelős kapcsolások]]<br /> **3. óra: [[Media:bambi_jegyzet_2014.02.24._05.pdf|Mitmót szoftverek rendszere, telepítése, (virtualizálás)]]<br /> * 2011 tavaszán kézzel írt [[Media:Bambi_jegyzet.pdf‎|jegyzet]].<br /> * 2014 tavaszán kézzel írt [[Media:Bambi_jegyzet_2014_ZHig.pdf‎|jegyzet a ZH-ig bezárólag]].<br /> * Egy régebbi tételkidolgozás [[Media:Bambi_tételkidolgozás1.PDF‎|első]] és [[Media:Bambi_tételkidolgozás2.PDF|második]] fele.<br /> * [[Media:Bambi_házifeladat_minta.pdf‎|Házi feladat minta]]<br /> * [[Media:Bambi_kérdések.pdf|Régi ZH/vizsga kérdések]] és a hozzájuk tartozó [[Media:Bambi_kérdések_meogldásai.PDF‎|megoldások]]<br /> **Utóbbi PDF-hez megjegyzés:<br /> ***Dabóczi Tanár Úr szerint helytelen megoldás a 40bites regiszter használata és lebegőpontos számítás egy órajel alatt érv a 2. kérdés megoldásánál.<br /> ***A 7. feladatban, az f egyenesen a 3/2*fs hibásan van odaírva. Ott 3/4*fs-nek kellene lennie, ahogy mellette is taglalja.<br /> ***A 2. feladat megoldásához hozzáfűzendő, hogy a DSP alapértelmezésben fix pontos, és nem lebegőpontos.<br /> <br /> == Nagyzárthelyi ==<br /> <br /> *[[Media:Bambi_2009tavasz_ZH.PDF|2009 tavaszi ZH]]<br /> *[[Media:Bambi_2012tavasz_ZH.PDF‎|2012 tavaszi ZH]]<br /> *[[Media:bambi_zh_2014.PDF|2014 tavaszi ZH]]<br /> *[[Media:bambi_pótzh_2014.PDF|2014 tavaszi pótZH]]<br /> <br /> == Vizsga ==<br /> <br /> *[[Media:Bambi_2010tavasz_vizsga.PDF|2010 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek - 2014.05.29. vizsga|2014 tavaszi 1. vizsga]]<br /> *[[Beágyazott és ambiens rendszerek - 2014.06.05. vizsga|2014 tavaszi 2. vizsga]]<br /> <br /> <br /> {{Lábléc - Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Mikrokontroller_alap%C3%BA_rendszerek&diff=181891 Mikrokontroller alapú rendszerek 2014-06-07T21:42:20Z <p>David14: /* Zárthelyik, vizsgák */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = Mikrokontroller alapú rendszerek<br /> | tárgykód = VIAUA348<br /> | szak = villany szak<br /> | kredit = 4<br /> | félév = 6<br /> | kereszt = nincs<br /> | tanszék = AAIT<br /> | labor = <br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = 1 db<br /> | hf = 1 db<br /> | vizsga = írásbeli<br /> | levlista = <br /> | tad = https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA348/<br /> | tárgyhonlap = https://www.aut.bme.hu/Course/VIAUA348<br /> }}<br /> <br /> A tárgy célja, hogy a hallgatókat megismertesse az iparban legelterjedtebben használt mikrokontroller architektúrákkal, azok kiválasztási szempontjaival. A megszerzett ismeretek segítségével a hallgatók képessé válnak mikrokontroller alapú rendszerek hardver tervezésére és alacsonyszintű szoftver rendszerének megvalósítására. A kettő közötti elválaszthatatlan kapcsolatot rövid esettanulmányok mutatják be. A létrehozott egység monitorozási és diagnosztikai információs rendszerét gyors alkalmazásfejlesztő módszerek alkalmazásával alakítják ki a legelterjedtebb ipari platformokon.<br /> <br /> {{Vissza|BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''NagyZH:''' A szorgalmi időszakban 1 nagyzárthelyit kell legalább elégségesre teljesíteni. Két pótlási lehetőség van.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév során házi feladatként egy Java szimulátorban kell 8051-es mikrokontrollerre kell egy egyszerű assembly szubrutint megírni. A feladat magába foglalja a pontos specifikáció megfogalmazását, a szubrutin megírását, a teszteléshez egy egyszerű főprogram elkészítését, valamint egy néhány oldalas teljeskörű dokumentáció megírását. A pótlás időszakban különeljárási díj ellenében van lehetőség pótbeadásra. Aki azonban a 12. hét végéig leadja a kész házit, annak szükség esetén biztosítanak a szorgalmi időszakban egy extra ingyenes javítási lehetőséget - Érdemes kihasználni!<br /> *'''Vizsga:''' A tárgy írásbeli vizsgával zárul, melyen maximum 100 pontot lehet elérni. A jegyek a standard 40, 55, 70, 85 százalékos határok szerint alakulnak.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> * Hivatalos jegyzetek elérhetőek a [https://www.aut.bme.hu/Course/VIAUA348 tanszéki honlapon].<br /> <br /> == Zárthelyik, vizsgák ==<br /> <br /> *[[Media:MAR_2010tavasz_ZH.pdf‎|2010 tavaszi ZH]]<br /> *[[Media:MAR_vizsga_2011.05.18.pdf‎|2011 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Media:MAR_vizsga_2011.06.08.pdf‎|2011 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Media:MAR_vizsga_2012.05.16.pdf‎|2012 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Média:Mar_vizsga_20130530.pdf|2013 tavaszi vizsga]]<br /> <br /> <br /> {{Lábléc - Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Mikrokontroller_alap%C3%BA_rendszerek&diff=181890 Mikrokontroller alapú rendszerek 2014-06-07T21:42:02Z <p>David14: /* Zárthelyik, vizsgák */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = Mikrokontroller alapú rendszerek<br /> | tárgykód = VIAUA348<br /> | szak = villany szak<br /> | kredit = 4<br /> | félév = 6<br /> | kereszt = nincs<br /> | tanszék = AAIT<br /> | labor = <br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = 1 db<br /> | hf = 1 db<br /> | vizsga = írásbeli<br /> | levlista = <br /> | tad = https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA348/<br /> | tárgyhonlap = https://www.aut.bme.hu/Course/VIAUA348<br /> }}<br /> <br /> A tárgy célja, hogy a hallgatókat megismertesse az iparban legelterjedtebben használt mikrokontroller architektúrákkal, azok kiválasztási szempontjaival. A megszerzett ismeretek segítségével a hallgatók képessé válnak mikrokontroller alapú rendszerek hardver tervezésére és alacsonyszintű szoftver rendszerének megvalósítására. A kettő közötti elválaszthatatlan kapcsolatot rövid esettanulmányok mutatják be. A létrehozott egység monitorozási és diagnosztikai információs rendszerét gyors alkalmazásfejlesztő módszerek alkalmazásával alakítják ki a legelterjedtebb ipari platformokon.<br /> <br /> {{Vissza|BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''NagyZH:''' A szorgalmi időszakban 1 nagyzárthelyit kell legalább elégségesre teljesíteni. Két pótlási lehetőség van.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév során házi feladatként egy Java szimulátorban kell 8051-es mikrokontrollerre kell egy egyszerű assembly szubrutint megírni. A feladat magába foglalja a pontos specifikáció megfogalmazását, a szubrutin megírását, a teszteléshez egy egyszerű főprogram elkészítését, valamint egy néhány oldalas teljeskörű dokumentáció megírását. A pótlás időszakban különeljárási díj ellenében van lehetőség pótbeadásra. Aki azonban a 12. hét végéig leadja a kész házit, annak szükség esetén biztosítanak a szorgalmi időszakban egy extra ingyenes javítási lehetőséget - Érdemes kihasználni!<br /> *'''Vizsga:''' A tárgy írásbeli vizsgával zárul, melyen maximum 100 pontot lehet elérni. A jegyek a standard 40, 55, 70, 85 százalékos határok szerint alakulnak.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> * Hivatalos jegyzetek elérhetőek a [https://www.aut.bme.hu/Course/VIAUA348 tanszéki honlapon].<br /> <br /> == Zárthelyik, vizsgák ==<br /> <br /> *[[Media:MAR_2010tavasz_ZH.pdf‎|2010 tavaszi ZH]]<br /> <br /> *[[Media:MAR_vizsga_2011.05.18.pdf‎|2011 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Media:MAR_vizsga_2011.06.08.pdf‎|2011 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Media:MAR_vizsga_2012.05.16.pdf‎|2012 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Média:Mar_vizsga_20130530.pdf|2013 tavaszi vizsga]]<br /> <br /> <br /> {{Lábléc - Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}</div> David14 https://vik.wiki/index.php?title=Mikrokontroller_alap%C3%BA_rendszerek&diff=181889 Mikrokontroller alapú rendszerek 2014-06-07T21:41:53Z <p>David14: /* Zárthelyik, vizsgák */</p> <hr /> <div>{{Tantárgy<br /> | név = Mikrokontroller alapú rendszerek<br /> | tárgykód = VIAUA348<br /> | szak = villany szak<br /> | kredit = 4<br /> | félév = 6<br /> | kereszt = nincs<br /> | tanszék = AAIT<br /> | labor = <br /> | kiszh = nincs<br /> | nagyzh = 1 db<br /> | hf = 1 db<br /> | vizsga = írásbeli<br /> | levlista = <br /> | tad = https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIAUA348/<br /> | tárgyhonlap = https://www.aut.bme.hu/Course/VIAUA348<br /> }}<br /> <br /> A tárgy célja, hogy a hallgatókat megismertesse az iparban legelterjedtebben használt mikrokontroller architektúrákkal, azok kiválasztási szempontjaival. A megszerzett ismeretek segítségével a hallgatók képessé válnak mikrokontroller alapú rendszerek hardver tervezésére és alacsonyszintű szoftver rendszerének megvalósítására. A kettő közötti elválaszthatatlan kapcsolatot rövid esettanulmányok mutatják be. A létrehozott egység monitorozási és diagnosztikai információs rendszerét gyors alkalmazásfejlesztő módszerek alkalmazásával alakítják ki a legelterjedtebb ipari platformokon.<br /> <br /> {{Vissza|BSC Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}<br /> <br /> __TOC__<br /> <br /> == Követelmények ==<br /> <br /> *'''NagyZH:''' A szorgalmi időszakban 1 nagyzárthelyit kell legalább elégségesre teljesíteni. Két pótlási lehetőség van.<br /> *'''Házi feladat:''' A félév során házi feladatként egy Java szimulátorban kell 8051-es mikrokontrollerre kell egy egyszerű assembly szubrutint megírni. A feladat magába foglalja a pontos specifikáció megfogalmazását, a szubrutin megírását, a teszteléshez egy egyszerű főprogram elkészítését, valamint egy néhány oldalas teljeskörű dokumentáció megírását. A pótlás időszakban különeljárási díj ellenében van lehetőség pótbeadásra. Aki azonban a 12. hét végéig leadja a kész házit, annak szükség esetén biztosítanak a szorgalmi időszakban egy extra ingyenes javítási lehetőséget - Érdemes kihasználni!<br /> *'''Vizsga:''' A tárgy írásbeli vizsgával zárul, melyen maximum 100 pontot lehet elérni. A jegyek a standard 40, 55, 70, 85 százalékos határok szerint alakulnak.<br /> <br /> == Segédanyagok ==<br /> <br /> * Hivatalos jegyzetek elérhetőek a [https://www.aut.bme.hu/Course/VIAUA348 tanszéki honlapon].<br /> <br /> == Zárthelyik, vizsgák ==<br /> <br /> *[[Media:MAR_2010tavasz_ZH.pdf‎|2010 tavaszi ZH]]<br /> <br /> <br /> *[[Media:MAR_vizsga_2011.05.18.pdf‎|2011 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Media:MAR_vizsga_2011.06.08.pdf‎|2011 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Media:MAR_vizsga_2012.05.16.pdf‎|2012 tavaszi vizsga]]<br /> *[[Média:Mar_vizsga_20130530.pdf|2013 tavaszi vizsga]]<br /> <br /> <br /> {{Lábléc - Beágyazott és irányító rendszerek szakirány}}</div> David14