„Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok” változatai közötti eltérés

Mivel a kondenzátor energiája <math> E=\frac{1}{2}CU^{2} </math> (ezt a vizsgáztató szívének elnyerésért érdemes levezetni - kb. 3 soros levezetés) és <math> U=\varphi _{x}-\varphi _{y} </math> így a következő képlet adódik:

<math>E_{elektrosztatikus}=\frac{1}{2}C_{12}(\varphi _{1}-\varphi _{2})^{2}+\frac{1}{2}C_{10}(\varphi _{1})^{2}+\frac{1}{2}C_{20}(\varphi _{2})^{2}</math>

C=4\pi{\varepsilon_0} \cdot \left(\frac 1 {\frac 1 {r_2} + \frac 1 {\varepsilon_r}\left(\frac 1 {r_1} - \frac 1 {r_2}\right)}\right) = 24.78pF

=== 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===

== Stacionárius mágneses tér ==

=== 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===

 

 

 

 

Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy <math>\sigma=50 {nS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.

A kondenzátor <math>A=100 cm^2</math> felületű fegyverzetei egymástól <math>d=20 mm</math> távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire <math>U = 1.2 kV</math> feszültséget kapcsolunk.

A dielektrikum <math>G</math> 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:

<math>G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=

\sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S</math>

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.

=== 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===

Mivel homogén közegben <math>\vec{B}=\mu \vec{H}</math>, 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:

<math>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 =

{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 =  

{\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 =

::<math>={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot  \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =

{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot  \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=

{\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =

{\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}

 

=== 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===

Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az <math>U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}</math> függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!

A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --> - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --> + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:

<math>U^- = 2-j</math>

''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!

<math>U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} </math>

Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti "x" paraméterezéssel, majd ebből "z" szerinti paraméterezéssel:

<math>|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</math>

 

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

 

<math>\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62</math>

 

=== 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===

 

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: <math>R' = 20 {m \Omega \over m}</math> és <math>G' = 5 { \mu S \over m}</math>. Egy <math>U_0</math> egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.

 

Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség <math>U_0/2</math> lesz!

Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:

<math>u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;

|U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)</math>

Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz <math>\omega =0</math>, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát <math>\beta = 0</math>. Az egyenfeszültségből következik, hogy a <math>\varphi </math> kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1.

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy <math>U_0</math>-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.  

A kérdéses "z" távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (<math>\alpha</math>), feltéve hogy <math>\omega =0</math>, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:

Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely "z" távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:

Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy <math>L={Z_0 \over \omega}</math> induktivitású ideális tekercs?

Tudjuk, hogy: <math>\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow  (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4}  </math>

A lezáró tekercs impedanciája: <math>Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0</math>

Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:

A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.

=== 83. Feladat: Ideális távvezeték meddő teljesítménye ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l=83.2m</math> hosszúságú, <math>Z_0 = 50\Omega</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza <math>\lambda = 75\;m</math>. A távvezeték bemenetére egy <math>U = 100V</math> amplitúdójú, <math>\omega</math> körfrekvenciájú feszültséggenerátort kapcsolunk, miközben szakadással zárjuk le a másik oldalt.

Mekkora a távvezeték által felvett meddő teljesítmény?

A távvezeték helyettesíthető egyetlen <math>Z_{be}</math> nagyságú impedanciával figyelembe véve azt, hogy a lezáró <math>Z_2</math> impedancia a szakadás miatt végtelen nagyságú.

Ezzel a helyettesítéssel már egyszerűen számolható a kapcsolás komplex látszólagos teljesítménye:

<math>

{1 \over 2} U { \left( {U \over Z_{be}} \right) }^* =  

{1 \over 2} |U|^2 { 1\over Z_{be}^*} =

-j{1 \over 2} |U|^2 {tg({2 \pi \over \lambda}l) \over Z_0}

</math>

A távvezeték által felvett meddő teljesítmény a komplex látszólagos teljesítményének imaginárius részével egyezik meg:

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{8}</math>. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: <math>2A</math> illetve <math>500V</math>.<br/>Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

<math>U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =

\cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V</math>

=== 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \; \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{3}</math>. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója <math>j150 \; V</math>.<br/>Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:

=== 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===

Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való <math>x</math> távolság függvényében.

Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.

A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az <math>l</math> hossz helyébe általánosan <math>x</math> változót írunk, ahol <math>x</math> a lezárástól való távolságot jelöli.

''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.

A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.

<math>Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 </math>

::::<math>\updownarrow</math>

<math>0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi</math>

<math>x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] </math>

== Indukálási jelenségek ==

Egy <math>R=5 \Omega</math> ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa <math>\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs</math>, ahol <math>\omega=1 {krad \over s}</math>. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?

|szöveg=Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V</math>

Innen a feszültség effektív értéke:

<math>U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V</math>

 

 

=== 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===

Adott egy <math>R</math> ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)</math>.

Adja meg a a gyűrűben indukált áram <math>i(t)</math> időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

 

{{Rejtett

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: 

Ebből az áram időfüggvénye: <math>R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

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.

Az indukált áram időfüggvénye tehát: <math>i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Az xy síkon helyezkedik el egy <math>r=3m</math> sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense <math>\Delta t=40ms</math> idő alatt <math>B=0.8T</math> értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=

-r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=

- 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V </math>

Egy hosszú egyenes vezetőtől <math>d=15 m</math> távolságban egy <math>r=0,25 m</math> sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.

 

Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram <math>50 {A \over \mu s}</math> sebességgel változik.

|szöveg=

A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy <math>d</math> sugarú zárt <math>L</math> kör mentén integrálunk, amely által kifeszített <math>A</math> területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =

- r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =

- {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =

''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.

 

 

 

=== 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===

 

Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0<t<T</math>.

 

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t</math>

Behelyettesítve a <math>t=T/3</math> értéket:

<math>u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0</math>

== Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==

Egy <math>r</math> sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység <math>\delta<<r</math>. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója <math>E_0</math>, kezdőfázisa pedig <math>0 \; rad</math>.

A felszíntől <math>h</math> távolságban térerősség amplitúdója <math>{E_0 \over 2}</math>. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?

Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:

<math>E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}</math>

<math>\gamma = {1+j \over \delta}  \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}</math>

<math>\left| E(z) \right|=  E_0 \cdot e^{-z/\delta}</math>

<math>\left| E(h) \right| =  E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}</math>

<math>-{h \over \delta} = ln(0.5)</math>

Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:

<math>arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt <math>-{h \over \delta}</math> arányt:

Egy <math>A=1.5 mm^2</math> keresztmetszetű, <math>l=3m</math> hosszú hengeres vezetőben <math>I=10A</math> amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység <math> \delta = 9.7 mm</math>, a fajlagos vezetőképesség pedig <math> \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}</math>. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?

|szöveg=A vezető sugara: <math>r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm<<\delta</math>

<math>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</math>

A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):

=== 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===

Egy <math>r=2mm</math> sugarú, hosszú hengeres vezető <math>\sigma=35 {MS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység <math>\delta =80 \mu m</math>. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén <math>\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0</math>. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:

A differenciális Ohm-törvény: <math>\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }</math>

<math>\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 </math>

Behelyettesítés után, <math>z= 2 \delta</math> mélységben:

<math>\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}</math>

}}

<math> \beta </math> - fázistényező

Vezető anyagokban <math> \alpha = \beta </math> , mivel:

<math> \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} </math>, azonban vezető anyagokban <math> \varepsilon << \sigma </math>, így a terjedési együttható: <math> \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} </math>

<math> \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} </math>

Ebből <math> \delta </math> számításának módja:

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} </math> (de most nem ezt kell használni)

A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: <math> E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} </math>

<math> \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} </math>

===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===

 

Tudjuk, hogy a terjedési együttható: <math>\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }</math>

Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:

\left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=

A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén:  <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

<math>Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx

\sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =

\sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=

\sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} =

e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot  {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =

e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot  {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx

2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega </math>

=== 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===

 

Egy adott <math>\mu_r=5</math> relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed <math>\omega = 10 {Mrad \over s}</math> körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: <math>\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}</math><br /> Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

 

|szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.

<math> \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } </math>

Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}</math>

<math> 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</math>

 

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy <math>\mu = \mu_0 \cdot \mu_r</math>

=== 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===

 

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.<br/>A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója <math>H=0.3 \; {A \over m}</math>.

 

Adja meg a határfelület <math>3 \; m^2</math> nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!

 

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

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.

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 <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>E = H \cdot Z_{0}' </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot H  \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right)  \cdot A =

{1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}'  \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200  \cdot 3 = 27 \; W