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

42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása

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

Megoldás

A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát. A J áramsűrűség-vektor z irányú, nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk.

$I=\int _{A}JdA$, esetünkben $I=J*A*\sin 60^{\circ }=5000*80*10^{-4}*\sin 60^{\circ }=34.64A$

50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól 4m távolságban. Az egyiken 2A, a másikon 3A folyik. Mekkora erő hat az egyik vezeték 1 m-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.

H-t egy kör vonalán integráljuk, aminek a középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

$\oint Hdl=\int JdA=I$

$H_{1}2d\pi =I_{1}\longrightarrow H_{1}={\frac {I_{1}}{2d\pi }}$

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:

$F_{12}=I_{2}lB_{1}=I_{2}l\mu _{0}H_{1}={\frac {\mu _{0}lI_{1}I_{2}}{2d\pi }}={\frac {4\pi 10^{-7}\cdot 1\cdot 2\cdot 3}{2\cdot 4\cdot \pi }}=3\cdot 10^{-7}N$

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:

$L_{12}={\frac {\Psi _{21}}{I}}={\frac {N_{2}\Phi _{21}}{I}}={\frac {N_{2}\int _{A_{1}}{\vec {B_{2}}}\mathrm {d} {\vec {A_{1}}}}{I}}={\frac {N_{2}B_{2}N_{1}A}{I}}={\frac {N_{2}\mu _{0}\mu _{r}H_{2}N_{1}A}{I}}={\frac {N_{2}\mu _{0}\mu _{r}IN_{1}A}{I2r\pi }}={\frac {\mu _{0}\mu _{r}N_{1}N_{2}A}{2r\pi }}$

58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája

Hányszorosára változik egy L önindukciós együtthatóval rendelkező I1 = 2A árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan I2 = 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 $\Psi =L*I$ képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása: ${\frac {\Psi _{2}}{\Psi _{1}}}={\frac {L*I_{2}}{L*I_{1}}}={\frac {I_{2}}{I_{1}}}=2.5$

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

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.

$\oint Hdl=\int JdA=I$

Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített 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:

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

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:

$U_{2}^{+}=U^{+}e^{-\gamma l}\xrightarrow {idealisTV} U^{+}e^{-j\beta l}$

$U_{2}^{-}=U^{-}e^{\gamma l}\xrightarrow {idealisTV} U^{-}e^{j\beta l}$

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

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

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

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

81. Feladat: Távvezeték megadott feszültségű pontjának meghatározása

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: $R'=20{m\Omega \over m}$ és $G'=5{\mu S \over m}$. 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:

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

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 $\varphi$ 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:

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

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

$U_{0}*e^{-\alpha *z}={U_{0} \over 2}$

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

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

86. Feladat: Ideális távvezeték feszültségének számítása

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája $500\Omega$, 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 $\beta ={\frac {2\pi }{\lambda }}$ így $(\beta l)={\frac {2\pi }{\lambda }}{\frac {\lambda }{8}}={\frac {\pi }{4}}$

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

$U_{1}=cos(\beta l)*U_{2}+j*sin(\beta l)*Z_{0}*I_{2}=cos\left({\pi \over 4}\right)*500+j*sin\left({\pi \over 4}\right)*500*2=(354+j707)V$

94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram

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

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: $u_{i}=-{d\Phi (t) \over dt}=-\omega *0.03*cos(\omega t)$

Behelyettesítve a körfrekvencia értékét: $u_{i}=-30*cos(\omega t)V$

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

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

98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség

Az xy síkon helyezkedik el egy 3m sugarú, kör alakú, zárt l görbe. A mágneses indukció a térben homogén, z irányú komponense 40ms idő alatt 0.8T értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az l görbe mentén?

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: $u_{i}=-{d\Phi (t) \over dt}=-A*{dB(t) \over dt}=-r^{2}\pi *{\bigtriangleup B \over \bigtriangleup t}=-r^{2}\pi *{B_{2}-B_{1} \over \bigtriangleup t}=-3^{2}\pi *{0-0.8 \over 0.04}=565.5V$

107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény

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

Megoldás

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

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

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

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

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

109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség

Egy 2mm sugarú, hosszú hengeres vezető 35 MS/m fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység 80µm. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén ${\vec {E}}(t)=10*cos(\omega t)*{\vec {n}}_{0}$. 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: $E(z)=E_{0}*e^{-\gamma z}=E_{0}*e^{-\left(1/\delta +j/\delta \right)z}=E_{0}*e^{-z/\delta }*e^{-jz/\delta }$

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

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba: ${\vec {J}}(z,t)=Re\left\{\sigma *E_{0}*e^{-z/\delta }*e^{-jz/\delta }*e^{j\omega t}\right\}*{\vec {n}}_{0}=\sigma *E_{0}*e^{-z/\delta }*cos\left(\omega t-{z \over \delta }\right)*{\vec {n}}_{0}$

Behelyettesítés után $z=2\delta$ mélységben: ${\vec {J}}(t)=35*10^{6}*10*e^{-2\delta /\delta }*cos\left(\omega t-{2\delta \over \delta }\right)*{\vec {n}}_{0}=47.37*cos\left(\omega t-2\right)*{\vec {n}}_{0}{MA \over m^{2}}$

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:

$\gamma ={\sqrt {j\omega \mu (\sigma +j\omega \varepsilon )}}$, azonban vezető anyagokban $\varepsilon <<\sigma$, 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: $E(z)=E_{0}e^{-\alpha z}=E_{0}e^{-z/\delta }$

$E_{0}e^{-(0.003\ {\text{m}})/\delta }={\frac {1}{2}}E_{0}$

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

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

119. Feladat: Hullámimpedancia számítása

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

Megoldás

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

$Z_{0}={\sqrt {\frac {j\omega \mu }{\sigma +j\omega \varepsilon }}}$

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

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

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

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

$Z_{0}={\sqrt {\frac {(j\omega \mu )^{2}}{\gamma ^{2}}}}$

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

$Z_{0}={\frac {j\omega \mu }{\gamma }}={j10^{7}*5*4\pi *10^{-7} \over j10^{2}}=0.628\Omega$

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 $\vartheta \in \left\{0,{\pi \over 2}\right\}$ tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!

Megoldás

A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

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

$D=1.5$ , 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.

${\rm {D=}}{{{{\rm {S}}_{\rm {MAX}}}(R)} \over {{{\rm {S}}_{\rm {AVG}}}(R)}}={{\max \left({{{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{{\rm {1}} \over {\rm {4}}}{{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)}^{\rm {2}}}{{{{\sin }^{2}}\vartheta } \over {R^{\rm {2}}}}{{\rm {Z}}_{\rm {0}}}}\right)} \over {{{\rm {P}}_{\rm {sug}}} \over {{\rm {4\pi }}{{\rm {R}}^{\rm {2}}}}}}{\rm {=}}{{{{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{{\rm {1}} \over {\rm {4}}}{{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)}^{\rm {2}}}{{\rm {1}} \over {R^{\rm {2}}}}{{\rm {Z}}_{\rm {0}}}} \over {{{\rm {P}}_{\rm {sug}}} \over {{\rm {4\pi }}{{\rm {R}}^{\rm {2}}}}}}{\rm {=}}{{{{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)}^{\rm {2}}}{\rm {120\pi }}} \over {{{\rm {P}}_{\rm {sug}}} \over {\rm {\pi }}}}{\rm {=}}{{{{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)}^{\rm {2}}}{\rm {120}}{{\rm {\pi }}^{\rm {2}}}} \over {{\rm {P}}_{\rm {sug}}}}$

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

${{\rm {P}}_{\rm {sug}}}={{{{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)}^{\rm {2}}}{\rm {120}}{{\rm {\pi }}^{\rm {2}}}} \over D}={{{{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)}^{\rm {2}}}{\rm {120}}{{\rm {\pi }}^{\rm {2}}}} \over {1.5}}={{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{\rm {80}}{{\rm {\pi }}^{\rm {2}}}{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)^{\rm {2}}}$

Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a $\vartheta \in \left\{0,{\pi \over 2}\right\}$ 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:

${{{\rm {P}}_{\rm {sug}}} \over 2}={{{{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{\rm {80}}{{\rm {\pi }}^{\rm {2}}}{{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)}^{\rm {2}}}} \over 2}={{{\left|{{\rm {I}}_{\rm {0}}}\right|}^{\rm {2}}} \over {\rm {2}}}{\rm {40}}{{\rm {\pi }}^{\rm {2}}}{\left({{\rm {l}} \over {\rm {\lambda }}}\right)^{\rm {2}}}$

149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br\>$E(r)={\frac {U_{0}}{r}}*{\vec {e_{r}}}$ (ahol ${\vec {e_{r}}}$ a radiális irányú egységvektor), <br\>$H(r)={\frac {I_{0}}{r}}*{\vec {e_{\varphi }}}$ (ahol ${\vec {e_{\varphi }}}$ 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: $S=E\times H\Rightarrow S(r)=E(r)*H(r)*{\vec {e_{z}}}$ (ahol ${\vec {e_{z}}}$ a z irányú egységvektor). <br\>Innen a teljesítmény: $P=\int _{r_{1}}^{r_{2}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {U_{0}I_{0}}{r^{2}}}\mathrm {d} \varphi \mathrm {d} r=2\pi U_{0}I_{0}({\frac {1}{r_{1}}}-{\frac {1}{r_{2}}})=2\pi U_{0}I_{0}{\frac {r_{2}-r_{1}}{r_{1}r_{2}}}$