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!

36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása

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

Megoldás

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

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

$\oint _{S}{\vec {D}}d{\vec {A}}=\int _{V}\rho dV$

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

$D(r)4r^{2}\pi =Q\longrightarrow {\vec {D}}(r)={Q \over 4\pi }{1 \over r^{2}}\cdot {\vec {e}}_{r}$

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

${\vec {J}}\longleftrightarrow {\vec {D}}$

$I\longleftrightarrow Q$

${\vec {J}}(r)={I \over 4\pi }{1 \over r^{2}}*{\vec {e}}_{r}$

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

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

Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:

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

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 $R=4M\Omega$?

Megoldás

Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:

$U=-\int _{r_{2}}^{r_{1}}{\vec {E}}(r)d{\vec {r}}=-\int _{r_{2}}^{r_{1}}{q \over 2\pi \varepsilon }\cdot {1 \over r}dr=-{q \over 2\pi \varepsilon }\cdot \left[ln(r)\right]_{r_{2}}^{r_{1}}={q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{r_{2}} \over {r_{1}}}$

$q=U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{r_{2}} \over {r_{1}}}}}$

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

$C=C'l$

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:

$C'\leftrightarrow G'$

$\varepsilon \leftrightarrow \sigma$

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:

$G'={{2\pi \sigma } \over {\ln {{r_{2}} \over {r_{1}}}}}$

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:

$G=G'l={1 \over R}\to G'={1 \over R}{1 \over l}$

$G'={{2\pi \sigma } \over {\ln {{r_{2}} \over {r_{1}}}}}={1 \over R}{1 \over l}\to \sigma ={{\ln {{r_{2}} \over {r_{1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l}={ln{6 \over 2} \over 2\pi }\cdot {1 \over 4\cdot 10^{6}}\cdot {1 \over 200}\approx 218.6\;{pS \over m}$

42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása

Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség ${\vec {J}}=5{\vec {e}}_{z}\;{kA \over m^{2}}$. 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:

$I=\int _{A}{\vec {J}}d{\vec {A}}$

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

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

50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól $d=4m$ távolságban helyezkedik el. Az egyiken $I_{1}=2A$, a másikon $I_{2}=3A$ folyik.

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

Megoldás

Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.

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

$\oint _{L}{\vec {H}}d{\vec {l}}=\int _{S}{\vec {J}}d{\vec {A}}=I$

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

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 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:

$M=L_{21}=L_{12}={\frac {\Psi _{1}}{I_{2}}}|_{(I_{1}=0)}$

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

$M={\frac {N_{1}\Phi _{1}}{I_{2}}}$

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:

$M={\frac {N_{1}\int _{A}{\vec {B_{2}}}\mathrm {d} {\vec {s}}}{I_{2}}}$

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 sugara 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:

$\oint _{L}{\vec {H}}\mathrm {d} {\vec {l}}=\sum {I}$

$2r\pi H_{2}=N_{2}I_{2}\longrightarrow H_{2}={N_{2}I_{2} \over 2r\pi }$

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:

$\left[{{H \over m}\cdot m^{2} \over m}=H\right]$

57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása

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

Megoldás

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

Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így $\sigma <<\varepsilon$, valamint $\mu =\mu _{0}$ és $\varepsilon =\varepsilon _{0}$

$Z_{0}={\sqrt {j\omega \mu \over \sigma +j\omega \varepsilon }}\approx {\sqrt {\mu _{0} \over \varepsilon _{0}}}\approx 377\Omega$

Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:

${\vec {E}}={\vec {E}}_{y}+{\vec {E}}_{z}$

${\vec {E}}_{y}=5e^{j\pi /3}*{\vec {e}}_{y}{kV \over m}$

${\vec {E}}_{z}=-12e^{j\pi /3}*{\vec {e}}_{z}{kV \over m}$

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

${\vec {H}}_{z}={E_{y} \over Z_{0}}*{\vec {e}}_{z}\approx 13.26e^{j\pi /3}*{\vec {e}}_{z}{A \over m}$

${\vec {H}}_{x}={E_{z} \over Z_{0}}*{\vec {e}}_{x}\approx -31.83e^{j\pi /3}*{\vec {e}}_{x}{A \over m}$

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

${\vec {H}}={\vec {H}}_{z}+{\vec {H}}_{x}\approx (13.26{\vec {e}}_{z}-31.83{\vec {e}}_{x})*e^{j\pi /3}{A \over m}$

58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája

Hányszorosára változik egy $L$ önindukciós együtthatóval rendelkező $I_{1}=2A$ árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan $I_{2}=5A$ -re növeljük?

Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?

Megoldás

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

Egy bármilyen tekercs fluxusa az $\Psi =LI$ képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása: ${\frac {\Psi _{2}}{\Psi _{1}}}={\frac {LI_{2}}{LI_{1}}}={\frac {I_{2}}{I_{1}}}=2.5$

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

59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény

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

Megoldás

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

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

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

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

65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség

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

Megoldás

A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.

$\oint _{L}{\vec {H}}d{\vec {l}}=\int _{S}{\vec {J}}d{\vec {A}}=I$

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

Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

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

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: Egyenfeszültséggel gerjesztett 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:

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

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

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

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 $L={Z_{0} \over \omega }$ induktivitású ideális tekercs?

Megoldás

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

A lezáró tekercs impedanciája: $Z_{2}=j\omega L=j\omega {Z_{0} \over \omega }=jZ_{0}$

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

$Z_{be}=Z_{0}{Z_{2}+jZ_{0}tg(\beta l) \over Z_{0}+jZ_{2}tg(\beta l)}=Z_{0}{jZ_{0}+jZ_{0}tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_{0}+jjZ_{0}tg\left({\pi \over 4}\right)}=jZ_{0}{1+tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1-tg\left({\pi \over 4}\right)}=jZ_{0}{1+1 \over 1-1}=jZ_{0}{2 \over 0}\longrightarrow \infty$

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

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

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája $50\Omega$, 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: $\beta ={\frac {2\pi }{\lambda }}\longrightarrow (\beta l)={\frac {2\pi }{\lambda }}{\frac {\lambda }{8}}={\frac {\pi }{4}}$

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

$U_{1}=cos(\beta l)*U_{2}+j*sin(\beta l)*Z_{0}*I_{2}=cos\left({\pi \over 4}\right)*500+j*sin\left({\pi \over 4}\right)*50*2\approx (354+j70.7)V$

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

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

Megoldás

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

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

$I_{1}=j*{1 \over Z_{0}}*sin(\beta l)*U_{2}+cos(\beta l)*I_{2}=j*{1 \over 50}*sin\left({\frac {2\pi }{3}}\right)*j150+cos\left({\frac {2\pi }{3}}\right)*0=-3*sin\left({\frac {2\pi }{3}}\right)\approx -2.6A$

94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke

Egy $R=5\Omega$ 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: $I_{eff}={U_{eff} \over R}={6 \over {\sqrt {2}}}A$

95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye

Adott egy $R$ ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: $\Phi (t)=\Phi _{0}+\Phi _{1}*sin(\omega t)$. Adja meg a a gyűrűben indukált áram $i(t)$ időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.

Megoldás

Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel:

$u_{i}(t)={d\Phi (t) \over dt}=\Phi _{1}*\omega *cos(\omega t)$

Ebből az áram időfüggvénye: $R={U \over I}\longrightarrow i(t)={u_{i}(t) \over R}={\Phi _{1} \over R}*\omega *cos(\omega t)$

Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.

Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.

Az indukált áram időfüggvénye tehát: $i(t)=-{\Phi _{1} \over R}*\omega *cos(\omega t)$

98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség

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

Megoldás

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

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: $\Phi (t)=\Phi _{0}*{t^{2} \over T}$, ha $0<t<T$.

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

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: $u_{i}(t)=-{d\Phi (t) \over dt}=-{2\Phi _{0} \over T}*t$

Behelyettesítve a $t=T/3$ értéket: $u_{i}\left({T \over 3}\right)=-{2\Phi _{0} \over T}*{T \over 3}=-{2 \over 3}\Phi _{0}$

107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény

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

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

109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség

Egy $r=2mm$ sugarú, hosszú hengeres vezető $\sigma =35{MS \over m}$ fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység $\delta =80\mu m$. 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: $P=\int _{S}{\vec {S}}d{\vec {A}}=\int _{r_{1}}^{r_{2}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {U_{0}I_{0}}{r^{2}}}\mathrm {d} \varphi \mathrm {d} r=2\pi U_{0}I_{0}({\frac {1}{r_{1}}}-{\frac {1}{r_{2}}})=2\pi U_{0}I_{0}{\frac {r_{2}-r_{1}}{r_{1}r_{2}}}$