Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

← Vissza az előző oldalra – Elektromágneses terek alapjai

Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. A bennük szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.

Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.

Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide! Sablon:Noautonum

36. Feladat:

Adott egy pontszerű $I=10A$ áramerősségű pontszerű áramforrás egy $\sigma =200\frac{S}{m}$ fajlagos vezetőképességű közegben.
Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól $R=3m$ távolságban.

Megoldás

A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.

Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére.
Felírva a Gauss-törvényt egy V térfogatú S felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:

${\oint }_S\overrightarrow{D}d\overrightarrow{A}=\underset{V}{\int }\rho dV$

Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

$D(r)4r^2\pi =Q⟶\overrightarrow{D}(r)=\frac{Q}{4\pi }\frac{1}{r^2}*{\overrightarrow{e}}_r$

Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:

$\overrightarrow{J}⟷\overrightarrow{D}$

$I⟷Q$

$\overrightarrow{J}(r)=\frac{I}{4\pi }\frac{1}{r^2}*{\overrightarrow{e}}_r$

Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:

$p(r)=\frac{{(J(r))}^2}{\sigma }={\left(\frac{I}{4\pi }\frac{1}{r^2}\right)}^2*\frac{1}{\sigma }=\frac{I^2}{16{\pi }^2\sigma }\frac{1}{r^4}$

Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:

$p(R)=\frac{10^2}{16{\pi }^{2}200}\frac{1}{3^4}\approx 39.09\frac{\mu W}{m^3}$

38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása

Egy koaxiális kábel erének a sugara $r_1=2mm$, köpenyének belső sugara $r_2=6mm$.

Mekkora a szigetelőanyag $\sigma$ fajlagos vezetőképessége, ha a kábel $l=200m$ hosszú szakaszának szivárgási ellenállása $R=4M\mathrm{\Omega }$?

Megoldás

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:

$U=-\underset{r_2}{\overset{r_1}{\int }}\overrightarrow{E}(r)d\overrightarrow{r}=-\underset{r_2}{\overset{r_1}{\int }}\frac{q}{2\pi \epsilon }*\frac{1}{r}dr=-\frac{q}{2\pi \epsilon }*{[ln(r)]}_{r_2}^{r_1}=\frac{q}{2\pi \epsilon }\ln \frac{r_2}{r_1}$

$q=U\frac{2\pi \epsilon }{\ln \frac{r_2}{r_1}}$

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

$C=C^{\prime }l$

Értelmezés sikertelen (ismeretlen „\buildrel” függvény): {\displaystyle 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}}} * {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} }

(Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)

Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:

$C^{\prime }\leftrightarrow G^{\prime }$

$\epsilon \leftrightarrow \sigma$

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:

$G^{\prime }=\frac{2\pi \sigma }{\ln \frac{r_2}{r_1}}$

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:

$G=G^{\prime }l=\frac{1}{R}\to G^{\prime }=\frac{1}{R}\frac{1}{l}$

$G^{\prime }=\frac{2\pi \sigma }{\ln \frac{r_2}{r_1}}=\frac{1}{R}\frac{1}{l}\to \sigma =\frac{\ln \frac{r_2}{r_1}}{2\pi }\frac{1}{R}\frac{1}{l}=\frac{ln\frac{6}{2}}{2\pi }*\frac{1}{4*10^6}*\frac{1}{200}\approx 218.6\frac{pS}{m}$

42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása

Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség $\overrightarrow{J}={\overrightarrow{e}}_z*5\frac{kA}{m^2}$. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró $A=80c{m}^2$ felületen átfolyó áram?

Megoldás

A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:

$I=\underset{A}{\int }\overrightarrow{J}d\overrightarrow{A}$

Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:

$I=JA\sin 60^{\circ }=5000*80*10^{-4}*\sin 60^{\circ }=34.64A$

50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól $d=4m$ távolságban helyezkedik el. Az egyiken $I_1=2A$, a másikon $I_2=3A$ folyik.

Mekkora erő hat az egyik vezeték $l=1m$-es szakaszára?

Megoldás

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.

A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített S felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

${\oint }_L\overrightarrow{H}d\overrightarrow{l}=\underset{S}{\int }\overrightarrow{J}d\overrightarrow{A}=I$

$H_{1}2d\pi =I_1⟶H_1=\frac{I_1}{2d\pi }$

Tudjuk még, hogy $B={\mu }_{0}H$ vákuumban.

A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:

$F=q(v\times B)=I(l\times B)$, ahol $I$ a konstans áramerősség, $l$ pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.

Innen a megoldás:

$F_{12}=I_{2}l{B}_1=I_{2}l{\mu }_0{H}_1=\frac{{\mu }_{0}l{I}_1{I}_2}{2d\pi }=\frac{4\pi 10^{-7}\cdot 1\cdot 2\cdot 3}{2\cdot 4\cdot \pi }=3\cdot 10^{-7}N$

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:

$F=2\cdot 10^{-7}N$

52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója

Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma $N_1$, a másiké $N_2$. A toroid közepes sugara $r$, keresztmetszetének felülete $A$, relatív permeabilitása ${\mu }_r$.
Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!

Megoldás

A kölcsönös induktivitás definíció szerint:

$L_{12}=\frac{{\mathrm{\Psi }}_{21}}{I}=\frac{N_2{\mathrm{\Phi }}_{21}}{I}=\frac{N_2\underset{A_1}{\int }\overrightarrow{B_2}\mathrm{d}\overrightarrow{A_1}}{I}=\frac{N_2{B}_2{N}_{1}A}{I}=\frac{N_2{\mu }_0{\mu }_r{H}_2{N}_{1}A}{I}=\frac{N_2{\mu }_0{\mu }_{r}I{N}_{1}A}{I2r\pi }=\frac{{\mu }_0{\mu }_r{N}_1{N}_{2}A}{2r\pi }$

57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása

Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: $\overrightarrow{E}=(5{\overrightarrow{e}}_y-12{\overrightarrow{e}}_z)*e^{j\pi /3}\frac{kV}{m}$
Adja meg a $\overrightarrow{H}$ komplex mágneses térerősségvektort!

Megoldás

A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!

Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így $\sigma <<\epsilon$, valamint $\mu ={\mu }_0$ és $\epsilon ={\epsilon }_0$

$Z_0=\sqrt{\frac{j\omega \mu }{\sigma +j\omega \epsilon }}\approx \sqrt{\frac{{\mu }_0}{{\epsilon }_0}}\approx 377\mathrm{\Omega }$

Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:

$\overrightarrow{E}={\overrightarrow{E}}_y+{\overrightarrow{E}}_z$

${\overrightarrow{E}}_y=5e^{j\pi /3}*{\overrightarrow{e}}_y\frac{kV}{m}$

${\overrightarrow{E}}_z=-12e^{j\pi /3}*{\overrightarrow{e}}_z\frac{kV}{m}$

Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak $x\to y\to z\to x$):

${\overrightarrow{H}}_z=\frac{E_y}{Z_0}*{\overrightarrow{e}}_z\approx 13.26e^{j\pi /3}*{\overrightarrow{e}}_z\frac{A}{m}$

${\overrightarrow{H}}_x=\frac{E_z}{Z_0}*{\overrightarrow{e}}_x\approx -31.83e^{j\pi /3}*{\overrightarrow{e}}_x\frac{A}{m}$

A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:

$\overrightarrow{H}={\overrightarrow{H}}_z+{\overrightarrow{H}}_x\approx (13.26{\overrightarrow{e}}_z-31.83{\overrightarrow{e}}_x)*e^{j\pi /3}\frac{A}{m}$

58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája

Hányszorosára változik egy $L$ önindukciós együtthatóval rendelkező $I_1=2A$ árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan $I_2=5A$ -re növeljük?

Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?

Megoldás

Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.

Egy bármilyen tekercs fluxusa az $\mathrm{\Psi }=LI$ képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása: $\frac{{\mathrm{\Psi }}_2}{{\mathrm{\Psi }}_1}=\frac{L{I}_2}{L{I}_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5$

Egy bármilyen tekercs energiája számolható a $W=\frac{1}{2}L{I}^2$ képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása: $\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L*I_2^2}{\frac{1}{2}L*I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25$

59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény

Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy $\sigma =50\frac{nS}{m}$ fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el. A kondenzátor $A=100c{m}^2$ felületű fegyverzetei egymástól $d=20mm$ távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire $U=1.2kV$ feszültséget kapcsolunk.

Megoldás

A dielektrikum $G$ konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlás - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le.

$G=C_{\epsilon \leftarrow \sigma }=\sigma \frac{A}{d}=50*10^{-9}*\frac{100*10^{-4}}{20*10^{-3}}=2.5*10^{-8}S$

A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:

$P=U^{2}G=1200^2*2.5*10^{-8}=36mW$

65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség

Egy $r=0.09m$ sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől $d=0.03m$ távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és $I=5A$ nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?

Megoldás

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.

${\oint }_L\overrightarrow{H}d\overrightarrow{l}=\underset{S}{\int }\overrightarrow{J}d\overrightarrow{A}=I$

Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített S síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.

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:

$H2d\pi =I⟶H=\frac{I}{2d\pi }=\frac{5}{2*0.03\pi }\approx 26.53\frac{A}{m}$

78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása

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

Megoldás

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:

$U^{+}=3+4j$

$U^{-}=2-j$

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!

Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:

$U_2^{+}=U^{+}{e}^{-\gamma l}\stackrel{idealisTV}{\to }{U}^{+}{e}^{-j\beta l}$

$U_2^{-}=U^{-}{e}^{\gamma l}\stackrel{idealisTV}{\to }{U}^{-}{e}^{j\beta l}$

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

$|r|=\left|\frac{U_{reflektalt}}{U_{beeso}}\right|=\left|\frac{U_2^{-}}{U_2^{+}}\right|=\left|\frac{U^{-}}{U^{+}}{e}^{j2\beta l}\right|=\left|\frac{U^{-}}{U^{+}}\right|=\left|\frac{2-j}{3+4j}\right|=\frac{1}{\sqrt{5}}=0.447$

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

$\sigma =\frac{1+|r]}{1-|r|}=\frac{1+0.447}{1-0.447}\approx 2.62$

81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett távvezeték megadott feszültségű pontjának meghatározása

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: $R^{\prime }=20\frac{m\mathrm{\Omega }}{m}$ és $G^{\prime }=5\frac{\mu S}{m}$. Egy $U_0$ egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.

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

Megoldás

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

$u(t,z)=|U^{+}|*e^{-\alpha z}*cos(\omega t-\beta z+{\phi }^{+})+|U^{-}|*e^{\alpha z}*cos(\omega t+\beta z+{\phi }^{-})$

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

Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):

$u(t,z)=U_0*e^{-\alpha z}$

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy $U_0$-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.

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

$\alpha =Re\left\{\gamma \right\}=Re\left\{\sqrt{(R^{\prime }+j\omega L^{\prime })(G^{\prime }+j\omega C^{\prime })}\right\}=Re\left\{\sqrt{R^{\prime }*G^{\prime }}\right\}=\sqrt{R^{\prime }*G^{\prime }}=\sqrt{0.02*5*10^{-6}}=3.16*10^{-4}\frac{1}{m}$

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

$U_0*e^{-\alpha *z}=\frac{U_0}{2}$

$e^{-\alpha *z}=0.5$

$-\alpha *z=\ln 0.5⟶z=-\frac{\ln 0.5}{\alpha }=-\frac{\ln 0.5}{3.16*10^{-4}}=2.192km$

82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája

Egy ideális, légszigetelésű $l$ hosszúságú, $Z_0$ hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza $\lambda =\frac{l}{8}$. Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy $L=\frac{Z_0}{\omega }$ induktivitású ideális tekercs?

Megoldás

Tudjuk, hogy: $\beta =\frac{2\pi }{\lambda }⟶(\beta l)=\frac{2\pi }{\lambda }l=\frac{2\pi }{\frac{l}{8}}l=16\pi$

A lezáró tekercs impedanciája: $Z_2=j\omega L=j\omega \frac{Z_0}{\omega }=j{Z}_0$

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

$Z_{be}=Z_0\frac{Z_2+j{Z}_{0}tg(\beta l)}{Z_0+j{Z}_{2}tg(\beta l)}=Z_0\frac{j{Z}_0+j{Z}_{0}tg(16\pi )}{Z_0+jj{Z}_{0}tg(16\pi )}=j{Z}_0\frac{1+tg(16\pi )}{1-tg(16\pi )}=j{Z}_0\frac{1+0}{1-0}=j{Z}_0$

86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével

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

Megoldás

Tudjuk, hogy: $\beta =\frac{2\pi }{\lambda }⟶(\beta l)=\frac{2\pi }{\lambda }\frac{\lambda }{8}=\frac{\pi }{4}$

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

$U_1=cos(\beta l)*U_2+j*sin(\beta l)*Z_0*I_2=cos\left(\frac{\pi }{4}\right)*500+j*sin\left(\frac{\pi }{4}\right)*50*2\approx (354+j70.7)V$

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

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája $50\mathrm{\Omega }$, hossza pedig $\frac{\lambda }{3}$. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója $j150V$.
Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

Megoldás

Tudjuk, hogy: $\beta =\frac{2\pi }{\lambda }⟶(\beta l)=\frac{2\pi }{\lambda }\frac{\lambda }{3}=\frac{2\pi }{3}$

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

$I_1=j*\frac{1}{Z_0}*sin(\beta l)*U_2+cos(\beta l)*I_2=j*\frac{1}{50}*sin\left(\frac{2\pi }{3}\right)*j150+cos\left(\frac{2\pi }{3}\right)*0=-3*sin\left(\frac{2\pi }{3}\right)\approx -2.6A$

94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke

Egy $R=5\mathrm{\Omega }$ ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa $\mathrm{\Phi }(t)=30*sin(\omega t)mVs$, ahol $\omega =1\frac{krad}{s}$. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: $u_i=-\frac{d\mathrm{\Phi }(t)}{dt}=-\omega *0.03*cos(\omega t)$

Behelyettesítve a körfrekvencia értékét: $u_i=-30*cos(\omega t)V$

Innen a feszültség effektív értéke: $U_{eff}=\frac{30}{\sqrt{2}}V$

Az áram effektív értéke pedig: $I_{eff}=\frac{U_{eff}}{R}=\frac{6}{\sqrt{2}}A$

95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye

Adott egy $R$ ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: $\mathrm{\Phi }(t)={\mathrm{\Phi }}_0+{\mathrm{\Phi }}_1*sin(\omega t)$. Adja meg a a gyűrűben indukált áram $i(t)$ időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

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.

Megoldás

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:

$u_i(t)=\frac{d\mathrm{\Phi }(t)}{dt}={\mathrm{\Phi }}_1*\omega *cos(\omega t)$

Ebből az áram időfüggvénye: $R=\frac{U}{I}⟶i(t)=\frac{u_i(t)}{R}=\frac{{\mathrm{\Phi }}_1}{R}*\omega *cos(\omega t)$

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.

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: $i(t)=-\frac{{\mathrm{\Phi }}_1}{R}*\omega *cos(\omega t)$

98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség

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

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: $u_i=-\frac{d\mathrm{\Phi }(t)}{dt}=-A*\frac{dB(t)}{dt}=-r^2\pi *\frac{△B}{△t}=-r^2\pi *\frac{B_2-B_1}{△t}=-3^2\pi *\frac{0-0.8}{0.04}=565.5V$

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: $\mathrm{\Phi }(t)={\mathrm{\Phi }}_0*\frac{t^2}{T}$, ha $0<t<T$. Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor $t=T/3$?

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: $u_i(t)=-\frac{d\mathrm{\Phi }(t)}{dt}=-\frac{2{\mathrm{\Phi }}_0}{T}*t$

Behelyettesítve a $t=T/3$ értéket: $u_i\left(\frac{T}{3}\right)=-\frac{2{\mathrm{\Phi }}_0}{T}*\frac{T}{3}=-\frac{2}{3}{\mathrm{\Phi }}_0$

107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény

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

Megoldás

A vezető sugara: $r=\sqrt{\frac{1.5}{\pi }}=0.691mm<<\delta$

Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima $l$ hosszúságú, $A$ keresztmetszetű és $\sigma$ fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.

$R=\frac{1}{\sigma }\frac{l}{A}=\frac{1}{3.7*10^7}*\frac{3}{1.5*10^{-6}}=54m\mathrm{\Omega }$

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

$P=\frac{1}{2}R{I}^2=\frac{1}{2}*0.054*10^2=2.7W$

109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség

Egy $r=2mm$ sugarú, hosszú hengeres vezető $\sigma =35\frac{MS}{m}$ fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység $\delta =80\mu m$. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén $\overrightarrow{E}(t)=10*cos(\omega t)*{\overrightarrow{n}}_0$. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos. Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!

Megoldás

Mivel: $\delta <<r$

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása: $E(z)=E_0*e^{-\gamma z}=E_0*e^{-(1/\delta +j/\delta )z}=E_0*e^{-z/\delta }*e^{-jz/\delta }$

A differenciális Ohm-törvény: $\overrightarrow{J}=\sigma *\overrightarrow{E}$

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba: $\overrightarrow{J}(z,t)=Re\{\sigma *E_0*e^{-z/\delta }*e^{-jz/\delta }*e^{j\omega t}\}*{\overrightarrow{n}}_0=\sigma *E_0*e^{-z/\delta }*cos(\omega t-\frac{z}{\delta })*{\overrightarrow{n}}_0$

Behelyettesítés után $z=2\delta$ mélységben: $\overrightarrow{J}(t)=35*10^6*10*e^{-2\delta /\delta }*cos(\omega t-\frac{2\delta }{\delta })*{\overrightarrow{n}}_0=47.37*cos(\omega t-2)*{\overrightarrow{n}}_0\frac{MA}{m^2}$

111. Feladat: Behatolási mélység

Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!

Megoldás

$\gamma =\alpha +j\beta$ terjedési együttható

$\alpha$ - csillapítási tényező

$\beta$ - fázistényező

$\delta =\frac{1}{\alpha }$ behatolási mélység

Vezető anyagokban $\alpha =\beta$ , mivel:

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

$\sqrt{j}=\sqrt{e^{j\pi /2}}=e^{j\pi /4}=\frac{1}{\sqrt{2}}+j\frac{1}{\sqrt{2}}$

$\gamma =\sqrt{\frac{\omega \mu \sigma }{2}}+j\sqrt{\frac{\omega \mu \sigma }{2}}$

Ebből $\delta$ számításának módja:

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

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

$$\begin{gathered} E_0{e}^{-(0.003 \\ \text{m})/\delta }=\frac{1}{2}{E}_0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \delta =-\frac{0.003 \\ \text{m}}{\ln \frac{1}{2}}\approx 4.328 \\ \text{mm} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \alpha =\beta =\frac{1}{\delta }\approx 231 \\ \frac{1}{\text{m}} \end{gathered}$$

119. Feladat: Hullámimpedancia számítása

Egy adott ${\mu }_r=5$ relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed $\omega =10\frac{Mrad}{s}$ körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: $\gamma =j0.1\frac{1}{mm}$
Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

Megoldás

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

$Z_0=\sqrt{\frac{j\omega \mu }{\sigma +j\omega \epsilon }}$

$\gamma =\sqrt{j\omega \mu *(\sigma +j\omega \epsilon )}$

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

$(\sigma +j\omega \epsilon )=\frac{{\gamma }^2}{j\omega \mu }$

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

$Z_0=\sqrt{\frac{(j\omega \mu {)}^2}{{\gamma }^2}}$

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

$Z_0=\frac{j\omega \mu }{\gamma }=\frac{j10^7*5*4\pi *10^{-7}}{j10^2}=0.628\mathrm{\Omega }$

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy μ = μ₀*μ_r

143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény

Egy Hertz-dipólus az origó síkjában $\vartheta =0$ szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt $\vartheta \in \{0,\frac{\pi }{2}\}$ tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!

Megoldás

A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

$S(r)=\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{4}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}\frac{{\sin }^2\vartheta }{r^{\mathrm{2}}}{\mathrm{Z}}_{\mathrm{0}}$

$D=1.5$ , Hertz-dipólusra

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.

$\mathrm{D}\mathrm{=}\frac{{\mathrm{S}}_{\mathrm{M}\mathrm{A}\mathrm{X}}(R)}{{\mathrm{S}}_{\mathrm{A}\mathrm{V}\mathrm{G}}(R)}=\frac{\max \left(\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{4}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}\frac{{\sin }^2\vartheta }{R^{\mathrm{2}}}{\mathrm{Z}}_{\mathrm{0}}\right)}{\frac{{\mathrm{P}}_{\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{g}}}{\mathrm{4}\mathrm{\pi }{\mathrm{R}}^{\mathrm{2}}}}\mathrm{=}\frac{\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{4}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}\frac{\mathrm{1}}{R^{\mathrm{2}}}{\mathrm{Z}}_{\mathrm{0}}}{\frac{{\mathrm{P}}_{\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{g}}}{\mathrm{4}\mathrm{\pi }{\mathrm{R}}^{\mathrm{2}}}}\mathrm{=}\frac{\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}\mathrm{1}\mathrm{2}\mathrm{0}\mathrm{\pi }}{\frac{{\mathrm{P}}_{\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{g}}}{\mathrm{\pi }}}\mathrm{=}\frac{\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}\mathrm{1}\mathrm{2}\mathrm{0}{\mathrm{\pi }}^{\mathrm{2}}}{{\mathrm{P}}_{\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{g}}}$

Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5

${\mathrm{P}}_{\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{g}}=\frac{\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}\mathrm{1}\mathrm{2}\mathrm{0}{\mathrm{\pi }}^{\mathrm{2}}}{D}=\frac{\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}\mathrm{1}\mathrm{2}\mathrm{0}{\mathrm{\pi }}^{\mathrm{2}}}{1.5}=\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}\mathrm{8}\mathrm{0}{\mathrm{\pi }}^{\mathrm{2}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}$

Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a $\vartheta \in \{0,\frac{\pi }{2}\}$ tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere. Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:

$\frac{{\mathrm{P}}_{\mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{g}}}{2}=\frac{\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}\mathrm{8}\mathrm{0}{\mathrm{\pi }}^{\mathrm{2}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}}{2}=\frac{{\left|{\mathrm{I}}_{\mathrm{0}}\right|}^{\mathrm{2}}}{\mathrm{2}}\mathrm{4}\mathrm{0}{\mathrm{\pi }}^{\mathrm{2}}{\left(\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\lambda }}\right)}^{\mathrm{2}}$

149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br\>$E(r)=\frac{U_0}{r}*\overrightarrow{e_r}$ (ahol $\overrightarrow{e_r}$ a radiális irányú egységvektor), <br\>$H(r)=\frac{I_0}{r}*\overrightarrow{e_{\phi }}$ (ahol $\overrightarrow{e_{\phi }}$ a fi irányú egységvektor).<br\> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara r₁, a külső vezető belső sugara r₂, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.

Megoldás

A Poynting-vektor kifejezése: $S=E\times H\Rightarrow S(r)=E(r)*H(r)*\overrightarrow{e_z}$ (ahol $\overrightarrow{e_z}$ a z irányú egységvektor). <br\>Innen a teljesítmény: $P=\underset{S}{\int }\overrightarrow{S}d\overrightarrow{A}=\underset{r_1}{\overset{r_2}{\int }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{U_0{I}_0}{r^2}\mathrm{d}\phi \mathrm{d}r=2\pi U_0{I}_0(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2})=2\pi U_0{I}_0\frac{r_2-r_1}{r_1{r}_2}$