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.

1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség

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

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

Megoldás

Mivel [math]r_0 \lt \lt d[/math], így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az [math]A[/math] gömböt egy [math]Q[/math], a [math]B[/math] gömböt pedig egy [math]-Q[/math] nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól [math]r[/math] távolságra: [math]\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}[/math]

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

[math] U_0 = \Phi_A - \Phi_B = \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) - \left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) = [/math]

[math] = {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}= {Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) [/math]

Ebből kifejezhető a gömbök [math]Q[/math] töltésének nagysága:

[math]Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } [/math]

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól [math]r[/math] távolságra a nagysága: [math]E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}[/math]

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 [math]B[/math] gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:

[math]E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} + {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) = {Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} [/math]

Behelyettesítve a [math]Q[/math] töltésre kiszámolt képletet:

[math] E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} = {4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } = {4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m} [/math]

3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében

Levegőben álló, [math]d=10 cm[/math] átmérőjű henger, egyenletes [math]\rho = 200 \; {nC \over m^3}[/math] térfogati töltéssűrűséggel töltött. [math]\varepsilon_r = 1[/math].

Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől [math]a = {d \over 5}[/math] távolságban!

Megoldás

Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt [math]a\lt {d \over 2}[/math] sugarú, [math]L[/math] hosszúságú, [math]V[/math] térfogatú és [math]A[/math] felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:

[math]\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V[/math]

[math]\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}[/math]

[math]\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V[/math]

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.

[math]E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L[/math]

[math]E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a = {200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m} [/math]

22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására

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

Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát [math]d_2=4m[/math]-re növeljük?

36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása

Adott egy pontszerű [math]I=10A[/math] áramerősségű pontszerű áramforrás egy [math]\sigma =200 {S \over m}[/math] fajlagos vezetőképességű közegben.
Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól [math]R=3m[/math] 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 [math]V[/math] térfogatú [math]A[/math] felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:

[math]\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V[/math]

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

[math]D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r[/math]

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

[math]\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}[/math]

[math]I \longleftrightarrow Q[/math]

[math]\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r[/math]

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

[math] 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} [/math]

Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:

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

38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása

Egy koaxiális kábel erének a sugara [math]{r_1} = 2mm[/math], köpenyének belső sugara [math]{r_2} = 6mm[/math].

Mekkora a szigetelőanyag [math]\sigma[/math] fajlagos vezetőképessége, ha a kábel [math]l = 200m[/math] hosszú szakaszának szivárgási ellenállása [math]R = 4M\Omega[/math]?

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:

[math] 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}}} [/math]

[math] q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} [/math]

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

[math] C = C'l [/math]

[math] 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}}}}} [/math]

(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:

[math] C' \leftrightarrow G' [/math]

[math] \varepsilon \leftrightarrow \sigma [/math]

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:

[math] G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} [/math]

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:

[math] G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l} [/math]

[math] 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} [/math]

42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása

Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség [math] \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} [/math]. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró [math] A=80 cm^2[/math] felületen átfolyó áram?

Megoldás

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

[math]I = \int_A \vec{J} d \vec{A}[/math]

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

[math] I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A[/math]

50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás

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

Mekkora erő hat az egyik vezeték [math]l=1 m[/math]-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.

[math]\oint_L \vec{H} d \vec{l} = \int_S \vec{J} d \vec{A} = I[/math]

[math]H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}[/math]

Tudjuk még, hogy [math]B = \mu_0 H[/math] vákuumban.

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

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

Innen a megoldás:

[math]F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N[/math]

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:

[math]F = 2 \cdot 10^{-7} N[/math]

52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója

Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma [math]N_1[/math], a másiké [math]N_2[/math]. A toroid közepes sugara [math]r[/math], keresztmetszetének felülete [math]A[/math], relatív permeabilitása [math]\mu_r[/math].
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:

[math]M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}[/math]

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

[math]M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}[/math]

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:

[math]M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}[/math]

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

[math]M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}[/math]

A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:

[math]M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}[/math]

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:

[math]\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} [/math]

[math] 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}[/math]

Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:

[math]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}[/math]

Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:

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

57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása

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

Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: [math]\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}[/math]
Adja meg a [math]\vec{H}[/math] 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 [math]\sigma \lt \lt \varepsilon[/math], valamint [math]\mu = \mu_0[/math] és [math]\varepsilon = \varepsilon_0[/math]

[math]Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega[/math]

Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:

[math]\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z[/math]

[math]\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}[/math]

[math]\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}[/math]

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

[math]\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}[/math]

[math]\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}[/math]

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

[math]\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}[/math]

58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája

Hányszorosára változik egy [math]L[/math] önindukciós együtthatóval rendelkező [math]I_1 = 2A[/math] árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan [math]I_2 = 5A[/math] -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 [math]\Psi=LI[/math] képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása: [math]\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5[/math]

Egy bármilyen tekercs energiája számolható a [math]W=\frac{1}{2}LI^2[/math] képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása: [math]\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[/math]

59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény

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

Megoldás

A dielektrikum [math]G[/math] 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:

[math]G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}= \sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S[/math]

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

[math]P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW[/math]

61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója

Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, [math]\mu_r = 1200[/math] relatív permeabilitású, [math]N=200[/math] menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza [math]L=60cm[/math].
A tekercselésben [math]I=0.3 A[/math] nagyságú áram folyik.

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

Megoldás

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:

[math]\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} [/math]

[math] H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}[/math]

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 [math]\left( R_b\lt r\lt R_k \right)[/math] a mágneses indukció nagyságát:

[math]B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T [/math]

65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség

Egy [math]r = 0.09m[/math] sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől [math]d = 0.03m[/math] távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és [math]I = 5A[/math] 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.

[math]\oint_L \vec{H} d \vec{l} = \int_A \vec{J} d\vec{s} = I[/math]

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:

[math]H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}[/math]

78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása

Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az [math]U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}[/math] 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:

[math]U^+ = 3+4j[/math]

[math]U^- = 2-j[/math]

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:

[math]U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} [/math]

[math]U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} [/math]

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

[math]|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}} \approx 0.447[/math]

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

[math]\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62[/math]

81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett távvezeték megadott feszültségű pontjának meghatározása

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: [math]R' = 20 {m \Omega \over m}[/math] és [math]G' = 5 { \mu S \over m}[/math]. Egy [math]U_0[/math] egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.

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

Megoldás

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

[math]u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) +|U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)[/math]

Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz [math]\omega =0[/math], ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát [math]\beta = 0[/math]. Az egyenfeszültségből következik, hogy a [math]\varphi [/math] 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):

[math]u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}[/math]

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy [math]U_0[/math]-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.

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

[math]\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}[/math]

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

[math]U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}[/math]

[math]e^{-\alpha z}=0.5[/math]

[math]-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}}=2.192 \;km[/math]

82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája

Egy ideális, légszigetelésű [math]l[/math] hosszúságú, [math]Z_0[/math] hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig [math]\lambda = 8l[/math]

Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy [math]L={Z_0 \over \omega}[/math] induktivitású ideális tekercs?

Megoldás

Tudjuk, hogy: [math]\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} [/math]

A lezáró tekercs impedanciája: [math]Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0[/math]

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

[math] Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } = Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } = j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } = j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } = j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty [/math]

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 [math]50 \Omega[/math], hossza pedig [math]\frac{\lambda}{8}[/math]. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: [math]2A[/math] illetve [math]500V[/math].
Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

Megoldás

Tudjuk, hogy: [math]\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}[/math]

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

[math]U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 + j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 = \cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 + j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V[/math]

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

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája [math]50 \Omega[/math], hossza pedig [math]\frac{\lambda}{3}[/math]. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója [math]j150 V[/math].
Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

Megoldás

Tudjuk, hogy: [math]\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}[/math]

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

[math]I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 + \cos (\beta l) \cdot I_2 = j \cdot {1 \over 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 -2.6 \; A [/math]

94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke

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

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: [math]u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t)[/math]

Behelyettesítve a körfrekvencia értékét: [math]u_i=-30 \cdot \cos(\omega t) \;V[/math]

Innen a feszültség effektív értéke: [math]U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \;V[/math]

Az áram effektív értéke pedig: [math] I_{eff}={U_{eff} \over R}={6 \over \sqrt 2} \;A[/math]

95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye

Adott egy [math]R[/math] ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: [math]\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)[/math].

Adja meg a a gyűrűben indukált áram [math]i(t)[/math] 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:

[math]u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)[/math]

Ebből az áram időfüggvénye: [math]R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)[/math]

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: [math]i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)[/math]

98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség

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

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: [math]u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=-r^2\pi \cdot { \bigtriangleup B\over \bigtriangleup t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\bigtriangleup t}=- 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V [/math]

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: [math]\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0\lt t\lt T[/math].

Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor [math]t=T/3[/math]?

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: [math]u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t[/math]

Behelyettesítve a [math]t=T/3[/math] értéket: [math]u_i\left( {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0[/math]

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

Egy [math]r[/math] sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység [math]\delta\lt \lt r[/math]. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója [math]E_0[/math], kezdőfázisa pedig [math]0 \; rad[/math].

A felszíntől [math]h[/math] távolságban térerősség amplitúdója [math]{E_0 \over 2}[/math]. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?

Megoldás

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

[math]E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}[/math]

[math]\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}[/math]

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

[math]\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}[/math]

Behelyettesítve a megadott adatokat:

[math]\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}[/math]

[math]-{h \over \delta} = ln(0.5)[/math]

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

[math]arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}[/math]

Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt [math]-{h \over \delta}[/math] arányt:

[math] arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad [/math]

107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény

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

Megoldás

A vezető sugara: [math]r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm\lt \lt \delta[/math]

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

[math]R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega[/math]

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

[math]P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W[/math]

109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség

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

Megoldás

Mivel: [math]\delta \lt \lt r [/math]

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása: [math]E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}[/math]

A differenciális Ohm-törvény: [math]\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }[/math]

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba: [math]\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 [/math]

Behelyettesítés után [math]z= 2 \delta[/math] mélységben: [math]\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}[/math]

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

[math] \gamma = \alpha + j\beta [/math] terjedési együttható

[math] \alpha [/math] - csillapítási tényező

[math] \beta [/math] - fázistényező

[math] \delta = \frac{1}{\alpha} [/math] behatolási mélység

Vezető anyagokban [math] \alpha = \beta [/math] , mivel:

[math] \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} [/math], azonban vezető anyagokban [math] \varepsilon \lt \lt \sigma [/math], így a terjedési együttható: [math] \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} [/math]

[math] \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} [/math]

[math] \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} [/math]

Ebből [math] \delta [/math] számításának módja:

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

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

[math] E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 [/math]

[math] \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} [/math]

[math] \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}[/math]

119. Feladat: Hullámimpedancia számítása

Egy adott [math]\mu_r=5[/math] relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed [math]\omega = 10 {Mrad \over s}[/math] körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: [math]\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over mm}[/math]
Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

Megoldás

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

[math] Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} [/math]

[math] \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } [/math]

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

[math] (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } [/math]

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

[math] Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}[/math]

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

[math] Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 10^2}=0.628 \;\Omega[/math]

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy [math]\mu = \mu_0 \cdot \mu_r[/math]

126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy [math]Z_{02}=200 \Omega[/math] hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy [math]A=2m^2[/math] nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény [math]P=10W[/math]. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?

Megoldás

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

[math]P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \[/math]

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

[math]P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A[/math]

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőleges az elektromos térerősség és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol [math]E_1^+[/math] és [math]H_1^+[/math] a beeső hullám elektromos illetve mágneses térerősségének amplitúdói:

[math]P= {1 \over 2} E_1^+ H_1^+ \cdot A [/math]

Felhasználva, hogy levegőben (1. közeg) [math]H_1^+ = {E_1^+ \over Z_{01} }[/math], majd rendezve az egyenletet:

[math]P= {1 \over 2} E_1^+ {E_1^+ \over Z_{01} } \cdot A \longrightarrow E_1^+ = \sqrt{{2PZ_{01} \over A} } [/math]

Most számítsuk ki az első közegnek a második közegre vonatkoztatott reflexiós tényezőjét - a levegő hullámimpedanciája [math]Z_{01}=\sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega[/math]

[math]r_{12}={Z_{02} - Z_{01}\over Z_{02} + Z_{01}} ={200 - 377\over 200 + 377} \approx -3.068[/math]

A folytonossági feltételből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. Ebből következik, hogy a közeg határfelületén (z=0) a levegő felőli beeső és a reflektált hullámkomponensek elektromos térerősségeinek összege meg kell, hogy egyezzen a szigetelő felőli elektromos téresősség amplitúdójával:

[math]E_2^+ = E_1^+ + E_1^- = \left( 1+r_{12} \right) \cdot E_1^+ = \left( 1+r_{12} \right) \cdot \sqrt{{2PZ_{01} \over A} } = \left( 1 -3.068 \right) \cdot \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 377 \over 2} } \approx 42.57 \;{V \over m} [/math]

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

Egy Hertz-dipólus az origó síkjában [math]\vartheta =0[/math] szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt [math]\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}[/math] tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!

Megoldás

A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

[math] 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}}} [/math]

[math] D=1.5 [/math] , 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.

[math] {\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}}}}}} [/math]

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

[math] {{\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}}} [/math]

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

[math] {{{{\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}}} [/math]

149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:

[math]E(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}[/math] és [math]H(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}[/math]

([math]\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}[/math] és [math]\vec{e_z}[/math] a radiális, fi és z irányú egységvektorok)

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

Megoldás

A Poynting-vektor kifejezése: [math]S=E \times H \Rightarrow S(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}[/math]

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

Innen a teljesítmény: [math]P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \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\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}[/math]