Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

← Vissza az előző oldalra – Elektromágneses terek alapjai

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.

A feladatokban 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.
Hibák előfordulhatnak benne!!!
Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!

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 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.

Elektrosztatika

1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség

Két azonos $r_0=3cm$ sugarú fémgömb középpontjának távolsága $d=1.8m$. A gömbök közé $U_0=5kV$ fezsültséget kapcsolunk.

Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.

kinyitMegoldás

Mivel $r_0<<d$, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az $A$ gömböt egy $Q$, a $B$ gömböt pedig egy $-Q$ nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól $r$ távolságra: $\mathrm{\Phi }(r)=\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r}$

A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:

$U_0={\mathrm{\Phi }}_A-{\mathrm{\Phi }}_B=(\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r_0}+\frac{-Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{d})-(\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{d}+\frac{-Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r_0})=$

$=\frac{2Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r_0}-\frac{2Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{d}=\frac{Q}{2\pi \epsilon }\cdot (\frac{1}{r_0}-\frac{1}{d})$

Ebből kifejezhető a gömbök $Q$ töltésének nagysága:

$Q=\frac{U_0\cdot 2\pi \epsilon }{\frac{1}{r_0}-\frac{1}{d}}$

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól $r$ távolságra a nagysága: $E(r)=\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r^2}$

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 $B$ gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:

$E_{d/2}=E_{A,d/2}+E_{B,d/2}=\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{{\left(\frac{d}{2}\right)}^2}+\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{{\left(\frac{d}{2}\right)}^2}=\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot (\frac{4}{d^2}+\frac{4}{d^2})=\frac{Q}{\pi \epsilon }\cdot \frac{2}{d^2}$

Behelyettesítve a $Q$ töltésre kiszámolt képletet:

$E_{d/2}=\frac{U_0\cdot 2\pi \epsilon }{\frac{1}{r_0}-\frac{1}{d}}\cdot \frac{1}{\pi \epsilon }\cdot \frac{2}{d^2}=\frac{4U_0}{(\frac{1}{r_0}-\frac{1}{d})\cdot d^2}=\frac{4\cdot 5000}{(\frac{1}{0.03}-\frac{1}{1.8})\cdot 1.8^2}\approx 188.3\frac{V}{m}$

3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében

Levegőben álló, $d=10cm$ átmérőjű henger, egyenletes $\rho =200\frac{nC}{m^3}$ térfogati töltéssűrűséggel töltött. ${\epsilon }_r=1$.

Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől $a=\frac{d}{5}$ távolságban!

kinyitMegoldás

Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt $a<\frac{d}{2}$ sugarú, $L$ hosszúságú, $V$ térfogatú és $A$ felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:

${\oint }_A\overrightarrow{D}\mathrm{d}\overrightarrow{s}=\underset{V}{\int }\rho \mathrm{d}V$

$\overrightarrow{D}={\epsilon }_0{\epsilon }_r\overrightarrow{E}$

${\oint }_A\overrightarrow{E}\mathrm{d}\overrightarrow{s}=\frac{1}{{\epsilon }_0{\epsilon }_r}\rho \cdot V$

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.

$E(a)\cdot 2a\pi L=\frac{1}{{\epsilon }_0{\epsilon }_r}\rho \cdot a^2\pi L$

$E(a=\frac{d}{5})=\frac{\rho }{2{\epsilon }_0{\epsilon }_r}\cdot a=\frac{200\cdot 10^{-9}}{2\cdot 8.85\cdot 10^{-12}\cdot 1}\cdot \frac{0.1}{5}\approx 226\frac{V}{m}$

11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása

Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség $\sigma =10\frac{\mu C}{m^2}$. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest ${\mathrm{\Phi }}_0=3kV$. Mekkora a gömb sugara?

kinyitMegoldás

Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.

Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan $r>R$ sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.

${\oint }_A\overrightarrow{D}\mathrm{d}\overrightarrow{s}=\underset{V}{\int }\rho \mathrm{d}V$

Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:

$\overrightarrow{D}={\epsilon }_0\overrightarrow{E}$

${\oint }_A\overrightarrow{E}\mathrm{d}\overrightarrow{s}=\frac{1}{{\epsilon }_0}\underset{V}{\int }\rho \mathrm{d}V$

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:

$E(r)\cdot 4r^2\pi =\frac{1}{{\epsilon }_0}\cdot \sigma \cdot 4R^2\pi ⟶\overrightarrow{E}(r)=\frac{\sigma R^2}{{\epsilon }_0}\cdot \frac{1}{r^2}\cdot {\overrightarrow{e}}_r$

Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:

${\mathrm{\Phi }}_0=\mathrm{\Phi }(\mathrm{\infty })-\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{R}{\int }}\overrightarrow{E}\mathrm{d}\overrightarrow{l}=0-\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{R}{\int }}E(r)\mathrm{d}r=-\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{R}{\int }}\frac{\sigma R^2}{{\epsilon }_0}\cdot \frac{1}{r^2}\mathrm{d}r=\frac{\sigma R^2}{{\epsilon }_0}\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{R}{\int }}-\frac{1}{r^2}\mathrm{d}r=$

$=\frac{\sigma R^2}{{\epsilon }_0}\cdot {\left[\frac{1}{r}\right]}_{\mathrm{\infty }}^R=\frac{\sigma R^2}{{\epsilon }_0}\cdot (\frac{1}{R}-\frac{1}{\mathrm{\infty }})=\frac{\sigma R}{{\epsilon }_0}⟶R=\frac{{\epsilon }_0{\mathrm{\Phi }}_0}{\sigma }=\frac{8.85\cdot 10^{-12}\cdot 3000}{10\cdot 10^{-6}}\approx 2.655mm$

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:

${\mathrm{\Phi }}_0=\mathrm{\Phi }(R)=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{1}{R}=\frac{4R^2\pi \sigma }{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{1}{R}=\frac{R\sigma }{{\epsilon }_0}⟶R=\frac{{\epsilon }_0{\mathrm{\Phi }}_0}{\sigma }=\frac{8.85\cdot 10^{-12}\cdot 3000}{10\cdot 10^{-6}}\approx 2.655mm$

22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására

Levegőben egymástól $d_1=1m$ távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő $F=5N$ nagyságú erő hat.

Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát $d_2=4m$-re növeljük?

kinyitMegoldás

Mivel $r_0<<d$, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az $A$ gömböt egy $Q_A$, a $B$ gömböt pedig egy $Q_B$ nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.

A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:

$F=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{Q_A{Q}_B}{d_1^2}⟶Q_A{Q}_B=F\cdot 4\pi {\epsilon }_0\cdot d_1^2$

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól $r$ távolságra: $\mathrm{\Phi }(r)=\frac{Q}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r}$

Ezt felhasználva fejezzük ki az $A$ és $B$ gömbök potenciáljait:

${\mathrm{\Phi }}_A=\frac{Q_A}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{1}{r_0}+\frac{Q_B}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{d}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{Q_A}{r_0}+\frac{Q_B}{d})$

${\mathrm{\Phi }}_B=\frac{Q_A}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{1}{d}+\frac{Q_B}{4\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r_0}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{Q_A}{d}+\frac{Q_B}{r_0})$

Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája: $W_e=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n{\mathrm{\Phi }}_k\cdot Q_k$

Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását $d_1$-ről $d_2$-re növeljük:

$\mathrm{\Delta }{W}_e=W_{e2}-W_{e1}=$

$=\frac{1}{2}[\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{Q_A}{r_0}+\frac{Q_B}{d_2})\cdot Q_A+\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{Q_A}{d_2}+\frac{Q_B}{r_0})\cdot Q_B]$

$-\frac{1}{2}[\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{Q_A}{r_0}+\frac{Q_B}{d_1})\cdot Q_A+\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{Q_A}{d_1}+\frac{Q_B}{r_0})\cdot Q_B]=$

$=\frac{1}{8\pi {\epsilon }_0}\cdot [2\cdot \frac{Q_A{Q}_B}{d_2}-2\cdot \frac{Q_A{Q}_B}{d_1}]=\frac{Q_A{Q}_B}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{1}{d_2}-\frac{1}{d_1})$

Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt $Q_A{Q}_B$ szorzat értékét:

$\mathrm{\Delta }{W}_e=F\cdot 4\pi {\epsilon }_0\cdot d_1^2\cdot \frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot (\frac{1}{d_2}-\frac{1}{d_1})=F\cdot d_1^2\cdot (\frac{1}{d_2}-\frac{1}{d_1})=5\cdot 1^2\cdot (\frac{1}{4}-\frac{1}{1})=-3.75J$

Megjegyzés: Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy $Q_A{Q}_B$ 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.
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.

Stacionárius áramlási tér

36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása

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.

kinyitMegoldás

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 $A$ felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:

${\oint }_A\overrightarrow{D}\mathrm{d}\overrightarrow{s}=\underset{V}{\int }\rho \mathrm{d}V$

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

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

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

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

$I⟷Q$

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

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

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

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 $R=4M\mathrm{\Omega }$?

kinyitMegoldás

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:

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

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

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}}} \cdot {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:

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

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

42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása

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

kinyitMegoldás

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

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

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

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

Stacionárius mágneses tér

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?

kinyitMegoldás

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 A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

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

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

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

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

$\overrightarrow{F}=q\cdot (\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B})=I\cdot (\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B})$, ahol $I$ a konstans áramerősség, $\overrightarrow{l}$ 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!

kinyitMegoldás

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.

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:

$M=L_{21}=L_{12}=\frac{{\mathrm{\Psi }}_1}{I_2}{|}_{(I_1=0)}$

Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.

$M=\frac{N_1{\mathrm{\Phi }}_1}{I_2}$

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:

$M=\frac{N_1\underset{A}{\int }\overrightarrow{B_2}\mathrm{d}\overrightarrow{s}}{I_2}$

A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

$M=\frac{N_1{B}_{2}A}{I_2}$

A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:

$M=\frac{N_1{\mu }_0{\mu }_r{H}_{2}A}{I_2}$

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:

${\oint }_L\overrightarrow{H}\mathrm{d}\overrightarrow{l}=\sum I$

$2r\pi H_2=N_2{I}_2⟶H_2=\frac{N_2{I}_2}{2r\pi }$

Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:

$M=\frac{N_1{\mu }_0{\mu }_r{N}_2{I}_{2}A}{2r\pi I_2}=\frac{{\mu }_0{\mu }_r{N}_1{N}_{2}A}{2r\pi }$

Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:

$[\frac{\frac{H}{m}\cdot m^2}{m}=H]$

57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!
Ha esetleg valaki kihúzná az "igazi" 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!

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

kinyitMegoldás

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:

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

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

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

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

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

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

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

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

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?

kinyitMegoldás

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:

$\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L\cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L\cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25$

59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!

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.

kinyitMegoldás

A dielektrikum $G$ 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:

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

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

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

61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója

Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, ${\mu }_r=1200$ relatív permeabilitású, $N=200$ menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza $L=60cm$.
A tekercselésben $I=0.3A$ nagyságú áram folyik.

Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?

kinyitMegoldás

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.

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:

${\oint }_L\overrightarrow{H}\mathrm{d}\overrightarrow{l}=\underset{A}{\int }\overrightarrow{J}\mathrm{d}\overrightarrow{s}$

$H\cdot L=N\cdot I⟶H=\frac{NI}{L}⟶B={\mu }_0{\mu }_r\frac{NI}{L}$

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 $(R_b<r<R_k)$ a mágneses indukció nagyságát:

$B(r)={\mu }_0{\mu }_r\frac{NI}{L}=4\pi \cdot 10^{-7}\cdot 1200\cdot \frac{200\cdot 0.3}{0.6}\approx 0.151T$

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

Hosszú, $R$ sugarú alumínium vezetőben $I$ áram folyik.

Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?

kinyitMegoldás

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.

${\oint }_L\overrightarrow{H}\mathrm{d}\overrightarrow{l}=\underset{A}{\int }\overrightarrow{J}\mathrm{d}\overrightarrow{s}$

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:

1. Eset: Ha a vezetéken kívül vagyunk $(r>R)$, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.

$H(r)\cdot 2r\pi =I⟶\overrightarrow{H}(r)=\frac{I}{2r\pi }\cdot {\overrightarrow{e}}_{\phi }$

2. Eset: Ha a vezetéken belül vagyunk $(r\le R)$, akkor a teljes $I$ áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.

$H(r)\cdot 2r\pi =J\cdot r^2\pi$

$H(r)\cdot 2r\pi =\frac{I}{R^2\pi }\cdot r^2\pi ⟶\overrightarrow{H}(r)=\frac{I}{2R^2\pi }\cdot r\cdot {\overrightarrow{e}}_{\phi }$

A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:

$W_m=\frac{1}{2}\underset{V}{\int }\overrightarrow{H}\cdot \overrightarrow{B}\mathrm{d}V$

Mivel homogén közegben $\overrightarrow{B}=\mu \overrightarrow{H}$, 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:

$W_m=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{R}{\int }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\mu H^2(r)\mathrm{d}z\mathrm{d}\phi \mathrm{d}r=\frac{1}{2}\mu \underset{0}{\overset{R}{\int }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{(\frac{I}{2R^2\pi }\cdot r)}^2\mathrm{d}z\mathrm{d}\phi \mathrm{d}r=\frac{\mu I^2}{8R^4{\pi }^2}\underset{0}{\overset{R}{\int }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{r}^2\mathrm{d}z\mathrm{d}\phi \mathrm{d}r=$

$=\frac{\mu I^2}{8R^4{\pi }^2}\cdot 1\cdot 2\pi \cdot \underset{0}{\overset{R}{\int }}{r}^2\mathrm{d}r=\frac{\mu I^2}{4R^4\pi }\cdot {\left[\frac{r^3}{3}\right]}_0^R=\frac{\mu I^2}{12R^4\pi }\cdot R^3=\frac{\mu I^2}{12R\pi }=\frac{{\mu }_0{\mu }_r{I}^2}{12R\pi }$

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?

kinyitMegoldás

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.

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

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.

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:

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

Távvezetékek (TV)

68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája

Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, $l=5km$ hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?

kinyitMegoldás

Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.

Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:

$Z_{be}=Z_0\cdot \frac{Z_2+j{Z}_0\tan (\beta l)}{Z_0+j{Z}_2\tan (\beta l)}$

$Z_2\to \mathrm{\infty }$

$Z_{be}=\underset{Z_2\to \mathrm{\infty }}{\lim }(Z_0\cdot \frac{Z_2+j{Z}_0\tan (\beta l)}{Z_0+j{Z}_2\tan (\beta l)})=-j{Z}_0\cdot \frac{1}{\tan (\beta l)}$

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:

$-j{Z}_0\cdot \frac{1}{\tan (\beta l)}=\mathrm{\infty }⟷tan(\beta l)=0$

$\beta l=k\cdot \pi k\in {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{+}$

$k$ 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:

$\frac{2\pi }{\lambda }\cdot l=k\cdot \pi k\in {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{+}$

$\frac{2\pi f}{c}\cdot l=k\cdot \pi k\in {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{+}$

$f=\frac{k\cdot c}{2l}k\in {\mathbb{\mathbb{Z}}}^{+}$

$f_{min}=\frac{1\cdot c}{2l}=\frac{3\cdot 10^8}{2\cdot 5000}=30kHz$

A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit "fapadosabb", de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.

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.

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:

Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:

${\lambda }_{max}=2l⟶f_{min}=\frac{c}{{\lambda }_{max}}=\frac{c}{2l}=\frac{3\cdot 10^8}{2\cdot 5000}=30kHz$

78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása

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

kinyitMegoldás

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:

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

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 TV 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!

kinyitMegoldás

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

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

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):

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

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:

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

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

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

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

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

82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája

Egy ideális, légszigetelésű $l$ hosszúságú, $Z_0$ hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig $\lambda =8l$

Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy $L=\frac{Z_0}{\omega }$ induktivitású ideális tekercs?

kinyitMegoldás

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

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:

$Z_{be}=Z_0\frac{Z_2+j{Z}_{0}tg(\beta l)}{Z_0+j{Z}_{2}tg(\beta l)}=Z_0\frac{j{Z}_0+j{Z}_{0}tg\left(\frac{\pi }{4}\right)}{Z_0+jj{Z}_{0}tg\left(\frac{\pi }{4}\right)}=j{Z}_0\frac{1+tg\left(\frac{\pi }{4}\right)}{1-tg\left(\frac{\pi }{4}\right)}=j{Z}_0\frac{1+1}{1-1}=j{Z}_0\cdot \frac{2}{0}⟶\mathrm{\infty }$

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

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!

kinyitMegoldás

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:

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

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!

kinyitMegoldás

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:

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

Indukálási jelenségek

94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke

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

kinyitMegoldás

Az indukálási törvény alapján:

$u_i(t)=-\frac{d\mathrm{\Phi }(t)}{dt}=-\omega \cdot 0.03\cdot \cos (\omega t)=-30\cdot \cos (\omega t)V$

Innen a feszültség effektív értéke:

$U_{eff}=\frac{30}{\sqrt{2}}\approx 21.21V$

Az áram effektív értéke pedig:

$I_{eff}=\frac{U_{eff}}{R}=\frac{\frac{30}{\sqrt{2}}}{5}=\frac{6}{\sqrt{2}}\approx 4.24A$

95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye

Adott egy $R$ ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: $\mathrm{\Phi }(t)={\mathrm{\Phi }}_0+{\mathrm{\Phi }}_1\cdot \sin (\omega t)$.

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.

kinyitMegoldás

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:

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

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

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

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 $\mathrm{\Delta }t=40ms$ idő alatt $B=0.8T$ értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?

kinyitMegoldás

Az indukálási törvény alapján:

$u_i=-\frac{d\mathrm{\Phi }(t)}{dt}=-A\cdot \frac{dB(t)}{dt}=-r^2\pi \cdot \frac{\mathrm{\Delta }B}{\mathrm{\Delta }t}=-r^2\pi \cdot \frac{B_2-B_1}{\mathrm{\Delta }t}=-3^2\pi \cdot \frac{0-0.8}{0.04}=565.5V$

100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség

Egy hosszú egyenes vezetőtől $d=15m$ távolságban egy $r=0,25m$ 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 $50\frac{A}{\mu s}$ sebességgel változik.

kinyitMegoldás

Az indukálási törvény alapján:

$u_i=-\frac{\mathrm{d}\mathrm{\Phi }(t)}{\mathrm{d}t}=-A\cdot \frac{\mathrm{d}B(t)}{\mathrm{d}t}=-A{\mu }_0\cdot \frac{\mathrm{d}H(t)}{\mathrm{d}t}$

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

${\oint }_L\overrightarrow{H}\mathrm{d}\overrightarrow{l}=\underset{A}{\int }\overrightarrow{J}\mathrm{d}\overrightarrow{s}$

$H\cdot 2d\pi =I⟶H=\frac{I}{2d\pi }$

Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:

$u_i=-A{\mu }_0\cdot \frac{1}{2d\pi }\cdot \frac{\mathrm{d}I(t)}{\mathrm{d}t}=-r^2\pi {\mu }_0\cdot \frac{1}{2d\pi }\cdot \frac{\mathrm{d}I(t)}{\mathrm{d}t}=-\frac{r^2{\mu }_0}{2d}\cdot \frac{\mathrm{d}I(t)}{\mathrm{d}t}=-\frac{0.25^2\cdot 4\pi \cdot 10^{-7}}{2\cdot 15}\cdot 50\cdot 10^6\approx -130.9mV$

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: $\mathrm{\Phi }(t)={\mathrm{\Phi }}_0\cdot \frac{t^2}{T},ha0<t<T$.

Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor $t=T/3$?

kinyitMegoldás

Az indukálási törvény alapján:

$u_i(t)=-\frac{d\mathrm{\Phi }(t)}{dt}=-\frac{2{\mathrm{\Phi }}_0}{T}\cdot t$

Behelyettesítve a $t=T/3$ értéket:

$u_i(t=\frac{T}{3})=-\frac{2{\mathrm{\Phi }}_0}{T}\cdot \frac{T}{3}=-\frac{2}{3}{\mathrm{\Phi }}_0$

Elektromágneses síkhullám jó vezetőben

105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa

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

A felszíntől $h$ távolságban térerősség amplitúdója $\frac{E_0}{2}$. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?

kinyitMegoldás

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

$E(z)=E_0\cdot e^{-\gamma z}$

$\gamma =\frac{1+j}{\delta }⟶E(z)=E_0\cdot e^{-z/\delta }\cdot e^{-jz/\delta }$

Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):

$|E(z)|=E_0\cdot e^{-z/\delta }$

Behelyettesítve a megadott adatokat:

$|E(h)|=E_0\cdot e^{-h/\delta }=\frac{E_0}{2}$

$-\frac{h}{\delta }=ln(0.5)$

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

$arg\{E(z)\}=-\frac{z}{\delta }$

Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt $-\frac{h}{\delta }$ arányt:

$arg\{E(h)\}=-\frac{h}{\delta }=-ln(0.5)\approx 0.693rad$

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 $\sigma =3.7\cdot 10^7\frac{S}{m}$. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?

kinyitMegoldás

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.

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

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

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

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 $\overrightarrow{E}(t)=10\cdot \cos (\omega t)\cdot {\overrightarrow{n}}_0$. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos. Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!

kinyitMegoldás

Mivel: $\delta <<r$

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

$E(z)=E_0\cdot e^{-\gamma z}=E_0\cdot e^{-(1/\delta +j/\delta )z}=E_0\cdot e^{-z/\delta }\cdot e^{-jz/\delta }$

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

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:

$\overrightarrow{J}(z,t)=Re\{\sigma \cdot E_0\cdot e^{-z/\delta }\cdot e^{-jz/\delta }\cdot e^{j\omega t}\}\cdot {\overrightarrow{n}}_0=\sigma \cdot E_0\cdot e^{-z/\delta }\cdot \cos (\omega t-\frac{z}{\delta })\cdot {\overrightarrow{n}}_0$

Behelyettesítés után, $z=2\delta$ mélységben:

$\overrightarrow{J}(t)=35\cdot 10^6\cdot 10\cdot e^{-2\delta /\delta }\cdot \cos (\omega t-\frac{2\delta }{\delta })\cdot {\overrightarrow{n}}_0=47.37\cdot \cos (\omega t-2)\cdot {\overrightarrow{n}}_0\frac{MA}{m^2}$

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!

kinyitMegoldás

$\gamma =\alpha +j\beta$ 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: $E(z)=E_0{e}^{-\alpha z}=E_0{e}^{-z/\delta }$

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

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

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

Elektromágneses hullám szigetelőben

119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása

Egy adott ${\mu }_r=5$ relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed $\omega =10\frac{Mrad}{s}$ körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: $\gamma =0.1\cdot j\frac{1}{m}$
Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

kinyitMegoldás

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

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

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

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:

$Z_0=\frac{j\omega \mu }{\gamma }=\frac{j10^7\cdot 5\cdot 4\pi \cdot 10^{-7}}{j0.1}=628.3\mathrm{\Omega }$

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy $\mu ={\mu }_0\cdot {\mu }_r$

124. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy ${Z_0}^{\prime }=200\mathrm{\Omega }$ hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére.
A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója $H=0.3\frac{A}{m}$.

Adja meg a határfelület $3m^2$ nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!

kinyitMegoldás

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott $A$ felületen disszipált hatásos teljesítmény:

Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \}

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

$P=Re\left\{S\right\}\cdot A$

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 $E$ és $H$ a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

$P=\frac{1}{2}\cdot E\cdot H\cdot A$

Felhasználva, hogy a szigetelőben $E=H\cdot {Z_{0^{\prime }}}^{\prime }$, majd rendezve az egyenletet:

$P=\frac{1}{2}\cdot H\cdot (H\cdot {Z_{0^{\prime }}}^{\prime })\cdot A=\frac{1}{2}\cdot H^2\cdot {Z_{0^{\prime }}}^{\prime }\cdot A=\frac{1}{2}\cdot 0.3^2\cdot 200\cdot 3=27W$

126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy ${Z_0}^{\prime }=200\mathrm{\Omega }$ hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy $A=2m^2$ nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény $P=10W$. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?

kinyitMegoldás

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott $A$ felületen disszipált hatásos teljesítmény:

Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \}

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

$P=Re\left\{S\right\}\cdot A$

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 $E$ és $H$ a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

$P=\frac{1}{2}\cdot E\cdot H\cdot A$

Felhasználva, hogy a szigetelőben $H=\frac{E}{{Z_{0^{\prime }}}^{\prime }}$, majd rendezve az egyenletet:

$P=\frac{1}{2}\cdot E\cdot \frac{E}{{Z_{0^{\prime }}}^{\prime }}\cdot A=\frac{E^2}{2\cdot {Z_{0^{\prime }}}^{\prime }}\cdot A⟶E=\sqrt{\frac{2P{Z_{0^{\prime }}}^{\prime }}{A}}=\sqrt{\frac{2\cdot 10\cdot 200}{2}}\approx 44.72\frac{V}{m}$

Poynting-vektor

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!

kinyitMegoldás

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:

$\overrightarrow{E}(r)=\frac{U_0}{r}\cdot \overrightarrow{e_r}$ és $\overrightarrow{H}(r)=\frac{I_0}{r}\cdot \overrightarrow{e_{\phi }}$

($\overrightarrow{e_r},\overrightarrow{e_{\phi }}$ és $\overrightarrow{e_z}$ a radiális, fi és z irányú egységvektorok)

Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara $r_1$, a külső vezető belső sugara $r_2$, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.

kinyitMegoldás

A Poynting-vektor kifejezése: $\overrightarrow{S}=\overrightarrow{E}\times \overrightarrow{H}\Rightarrow \overrightarrow{S}(r)=E(r)\cdot H(r)\cdot \overrightarrow{e_z}$

Megjegyzés: Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.

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:

$P=\underset{A}{\int }\overrightarrow{S}d\overrightarrow{s}=\underset{r_1}{\overset{r_2}{\int }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{U_0{I}_0}{r^2}\mathrm{d}\phi \mathrm{d}r=2\pi U_0{I}_0{[-\frac{1}{r}]}_{r1}^{r2}=2\pi U_0{I}_0(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2})=2\pi U_0{I}_0\frac{r_2-r_1}{r_1{r}_2}$