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 $J=e_z*5\frac{kA}{m^2}$. 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. A J áramsűrűség-vektor z irányú, nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk.

$I=\underset{A}{\int }JdA$, 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.

$\oint Hdl=\int JdA=I$

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

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:

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

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 $\mathrm{\Psi }=L*I$ 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: $\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}*L*I_2^2}{\frac{1}{2}*L*I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25$

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:

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

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: 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 feszültség forrást kapcsolunk rá. Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség $U_0/2$ lesz!

Megoldás

Első körben meg kell határoznunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (alfa), feltéve hogy omega=0, mivel 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:

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

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

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

86. Feladat: Ideális távvezeték feszültségének számítása

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája $500\mathrm{\Omega }$, 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 $\beta =\frac{2\pi }{\lambda }$ 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:

$U_1=cos(\beta l)*U_2+j*sin(\beta l)*Z_0*I_2=cos\left(\frac{\pi }{4}\right)*500+j*sin\left(\frac{\pi }{4}\right)*500*2=(354+j707)V$

94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram

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: $I_{eff}=\frac{U_{eff}}{R}=\frac{6}{\sqrt{2}}A$

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

107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény

Egy $A=1.5m{m}^2$ keresztmetszetű, 3m hosszú hengeres vezetőben 10A amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység $\delta =9.7mm$, a fajlagos vezetőképesség pedig $\sigma =3.7*10^7\frac{S}{m}$. 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 "szigma" 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 2mm sugarú, hosszú hengeres vezető 35 MS/m fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység 80µm. 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: $E(z)=E_0{e}^{-\alpha z}=E_0{e}^{-z/\delta }$

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

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

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

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:

$P=\frac{1}{2}*I^2*R_s=\frac{1}{2}*I^2*80{\pi }^2{\left(\frac{l}{\lambda }\right)}^2$

A megadott tartomány az xy sík feletti félteret írja le. Mivel a Hertz-dipólus iránykarakterisztikája az xy síkra szimmetrikus, így a felső féltérbe a teljes teljesítmény fele sugárzódik ki.

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: $P=\underset{r_1}{\overset{r_2}{\int }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{U_0{I}_0}{r^2}\mathrm{d}\phi \mathrm{d}r=2\pi U_0{I}_0(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2})=2\pi U_0{I}_0\frac{r_2-r_1}{r_1{r}_2}$