5. IDŐBEN VÁLTOZÓ ELEKTROMÁGNESES TÉR

5. IDŐBEN VÁLTOZÓ ELEKTROMÁGNESES TÉR A korábbiakban külön, egymástól függetlenül vizsgáltuk a nyugvó töltések elektromos terét és az időben állandó áram elektromos és mágneses terét. Az elektromágneses tér pontosabb modelljét kapjuk, ha az időbeli változásokat is figyelembe vesszük. A továbbiakban az elektromos és mágneses tér térjellemzői nemcsak a hely, hanem az idő szerint is változnak.

5.1. Időben változó mágneses tér 5.1.1. Nyugalmi indukció A kísérleti eredmények azt mutatják, hogy időben változó mágneses tér elektromos teret hoz létre. A kísérleti eredmények általánosítását az indukció törvény fejezi ki. Tekintsünk egy majdnem zárt vezető hurkot, amely időben változó mágneses teret fog körül, akkor a tapasztalat szerint a vezető két vége között feszültség mérhető (5.1 ábra), amely arányos a vezető hurok fluxusának időegység alatti megváltozásával. Az indukált feszültség iránya a fluxus megváltozás irányához jobbcsavar szabály szerint kapcsolódik, ui = −

dΨ (t ) . dt

(5.1)

A negatív előjel azt jelenti, hogy a fluxus időbeli megváltozása és az indukált feszültség iránya a jobbcsavar szerinti iránnyal ellentétes.

5. IDŐBEN VÁLTOZÓ ELEKTROMÁGNESES TÉR

147

5.1. ábra. Az indukált feszültség fogalma

Figyelembe véve a vezető hurok keresztmetszetén átmenő indukció vonalakat, az indukált feszültség a következő összefüggéssel állítható elő r r r dΨ (t ) d r r dB (r , t ) r = − ∫ B (r , t ) ⋅ da = − ∫ ⋅ da . ui (t ) = − dt dt a a dt

Tekintsük az 5.2 ábrán látható háromszög szerint periodikusan változó fluxust.

5.2. ábra. A háromszög szerint periodikusan változó fluxus és az indukált feszültség kapcsolata

Az első negyed periódusban, amikor a fluxus lineárisan nő, az indukált feszültség negatív állandó értéket vesz fel. A második negyed periódusban, amikor a fluxus lineárisan csökken, az indukált feszültség ugrásszerűen előjelet vált és mindaddig pozitív állandó lesz az értéke, amíg a fluxus nem kezd el újra növekedni. Hasonló helyzet alakul ki, ha a fluxus szinuszosan változik

Ψ (t ) = Ψ 0 sin ω t , ekkor az indukált feszültség nem ugrásszerűen, hanem folytonosan változik, (5.3 ábra) ui = −Ψ 0ω cos ω t = −U 0 cos ω t ,

148


ahol U 0 = ωΨ 0 . Mint az ábrán látható az indukált feszültség időfüggvénye késik a fluxus időfüggvényéhez képest.

5.3. ábra. Szinuszosan változó fluxus és az indukált feszültség kapcsolata

5.1.2. Lenz törvény Ha a majdnem zárt vezető hurkot bezárjuk, az indukált feszöltség hatására áram indul meg a vezetőben. Az áram iránya azonban az indukált feszültség irányával ellentétes lesz (5.4 ábra).

5.4. ábra. A Lenz törvény értelmezése

Ez azzal magyarázható, hogy az indukált feszültség hatására töltés-szétválasztás jön létre, és az áram a pozitív töltéstől a negatív töltés felé folyik. Az ábrán berajzoltuk az áram irányát, amely az R ellenállású vezetőben folyik u (t ) i(t ) = i . R

r Ez az áram azonban olyan B′ mágneses teret hoz létre, amely csökkenti az eredeti mágneses tér értékét, azaz azzal ellenkező irányú teret gerjeszt. Ezt a törvényszerűséget,


149

amely az indukált feszültség törvényből következik, Lenz törvénynek nevezzük, és azt mondja ki, hogy az indukált feszültség hatására a vezető hurokban folyó áram olyan mágneses teret hoz létre, amely az őt létrehozó hatást csökkenteni akarja.

5.1.3. Faraday indukció törvény Vegyük figyelembe a zárt, R ellenállású vezetőben folyó i(t ) áramot, amelyet az indukált feszültség hatására jön létre, r r r ui (t ) = i(t )R = ∫ E (r , t ) ⋅ dl . l

Helyettesítsük az indukció törvény bal oldalát kapott eredménnyel, r r r r r dΨ (t ) dB (r , t ) r = −∫ ⋅ da ∫ E (r , t ) ⋅ dl = − dt l a dt

(5.2)

az indukció törvény általánosított alakját, a Farady indukció törvényt kapjuk, amely azt mondja ki, hogy az időben változó mágneses tér elektromos teret gerjeszt.

5.2. A mozgási indukció Ha egy időben állandó mágneses térben, arra merőlegesen, egy vezető darabot mozgatunk, akkor a vezető két végpontja között feszültség mérhető (5.5 ábra).

5.5. ábra. A mozgási indukció A jelenség a Lorentz erőtörvény alapján magyarázható

(

)

r r r r F =Q E +v×B , r ui. a v sebességgel mozgó vezetőben lévő szabad elektronokra az időben állandó mágneses térben erő hat, amely a töltéseket szétválasztja,

150


(

)

r r r r r r r Ei = v × B, F = Q v × B = QEi . A fenti térerősséget a vezető darabjára integrálva kapjuk a mozgási indukcióból származó feszültséget

(

)

r r r r r uim (t ) = ∫ Ei ⋅ dl = ∫ v × B ⋅ dl . l

l

(5.3)

r A jelenség úgy is magyarázható, hogy a v sebességgel mozgó vezető l hosszúságú darabja dt idő alatt da = l v dt felület −dΨ = Blvdt

fluxus vonalait metszi, ahonnan az indukált feszültség −

dΨ = Blv = ui . dt

Habár a nyugalmi és a mozgási indukció fizikai alapja más, a két jelenség egységesen kezelhető abban az értelemben, hogy a vezető hurok fluxusának megváltozása, egyrészt a mágneses indukció időszerinti megváltozása miatt, másrészt a vezető keresztmetszetének megváltozása miatt jön létre, azaz ui (t ) = −

r r r r dar (t ) r dΨ (t ) d r r dB (r , t ) r da (t ) − ∫ B (r , t ) = − ∫ B (r , t ) ⋅ da (t ) = − ∫ , dt dt a dt a dt a

ahol az egyenlet jobb oldalán az utolsó előtti tag a nyugalmi indukcióból, a második tag mozgási indukcióból származó indukált feszültséget jelenti.

5.3. Időben változó áram mágneses tere 5.3.1. Önindukció jelensége Tekintsük az 5.6 ábrán látható tekercset. Ha a tekercsben külső forrás hatására időben változó áram folyik, az időben változó mágneses teret gerjeszt, amely indukált feszültséget hoz létre a tekercs két végpontja között. Figyelembe véve, a tekercs L önindukció együtthatóját, a tekercs fluxusa Ψ (t ) = L i(t ) , és így az indukció törvény értelmében az indukált feszültség


ui (t ) = −

151

dΨ d di(t ) = − Li(t ) = − L . dt dt dt

5.6. ábra. Az önindukció jelensége és a tekercs feszültsége

A tekercs kapcsain azonban az u L (t ) =

dΨ (t ) di (t ) =L dt dt

(5.4)

tekercsfeszültséget szoktuk alkalmazni, amely éppen az indukált feszültséggel ellenkező irányú, így u L (t ) = −ui (t ) .

(5.5)

A tekercsfeszültség ismeretében a tekercs fluxus meghatározható t

t0

t

t

−∞

−∞

t0

t0

Ψ (t ) = ∫ u L (τ )dτ = ∫ u L (τ )dτ + ∫ u L (τ )dτ = Ψ (t0 ) + ∫ u L (τ )dτ , ahol Ψ (t0 ) a tekercsen a t0 pillanat előtti fluxus változásból származó fluxus, a t0 időpillanattól kezdődő vizsgálatok kezdeti feltétele.

5.3.2. Kölcsönös indukció jelensége Korábban láttuk, hogy egy tekercs fluxusát nemcsak a saját árama, hanem a szomszéd tekercsben folyó áram, a kölcsönös indukció együtthatón keresztül (5.7 ábra) megváltoztatja. Két tekercsből álló rendszer esetén a tekercsek fluxusa (5.8 ábra)

Ψ1 = L1 i1 + M i2 , Ψ 2 = M i1 + L2 i2 ,

(5.6)

152


ahol L1, L2 a tekercsek önindukció együtthatója, míg M a kölcsönös indukció együttható.

5.7. ábra. A szomszéd tekercs fluxusa

5.8. ábra. Két tekercsből álló rendszer és modellje

Mint ismeretes a kölcsönös indukció együttható a tekercsek helyzetétől és az áramok referencia irányától függően lehet pozitív vagy negatív, amelyet az 5.8 ábrán a pontokkal jelöltünk. Azaz, ha a két tekercsben az áramok a pontoktól folynak a nem pontos végek felé, akkor a kölcsönös indukció együttható előjele pozitív, ellenkező esetben negatív. A referencia irányok 5.8 ábrán való rögzítése mellett a tekercsek feszültségei a következők u1 =

d di di Ψ1 = L1 1 + L12 2 , dt dt dt

d di di u2 = Ψ 2 = L21 1 + L2 2 . dt dt dt

(5.7)

5.3.3. Tekercsek soros és párhuzamos kapcsolása (i) Vizsgáljuk meg két sorba kapcsolt tekercset, amelyek árama közös i1 = i2 = i (5.9 ábra).


153

5.9. ábra. Sorba kapcsolt csatolt tekercsek

Az eredő feszültség a két feszültség összege, azaz di ⎞ ⎛ di di ⎞ ⎛ di u = u1 + u2 = ⎜ L1 1 ± M 2 ⎟ + ⎜ ± M 1 + L2 2 ⎟ dt ⎠ ⎝ dt dt ⎠ ⎝ dt = (L1 + L2 ± 2 M )

di di = Ls , dt dt

ahonnan a két csatolt tekercset helyettesítő soros eredő (5.10 ábra) induktivitása Ls = L1 + L2 ± 2 M .

A pozitív előjel a referencia pontoknak felel meg, a negatív előjel akkor lép életbe, ha az egyik pont a tekercs másik végére kerül.

5.10. ábra. A soros tekercsek helyettesítő képe

(ii) Vizsgáljuk meg az 5.11 ábrán látható párhuzamosan kapcsolt csatolt tekercseket, amelyek feszültsége közös, u1 = u2 = u . Az egyes tekercsek feszültsége az áramokkal kifejezve

154


di di di di u1 = L1 1 ± M 2 , u2 = ± M 1 + L2 2 . dt dt dt dt

5.11. ábra. Párhuzamosan kapcsolt csatolt tekercsek

Fejezzük ki az áramok deriváltjait di1 L2 m M u, = dt L1L2 − M 2

di2 L1 m M = u, dt L1L2 − M 2

ahonnan az eredő áram a két áram összege, i = i1 + i2 , 1 di di1 di2 L1 + L2 m 2 M = + = u= u. 2 Lp dt dt dt L1L2 − M

A párhuzamosan kapcsolt tekercsek a pólusokra nézve helyettesíthetők egy tekerccsel (5.12 ábra), amelynek eredő induktivitása Lp =

L1L2 − M 2 . L1 + L2 m 2M

5.12. ábra. A párhuzamosan kapcsolt tekercsek helyettesítő képe


155

5.4. A mágneses tér energiája 5.4.1. Tekercs energiája Határozzuk meg egy L indukció együtthatójú tekercs energiáját, ha árama t0 idő alatt nulláról I értékre nő. Minthogy az áram változásával változik a tekercsben a fluxus, és az tekercs pólusain mérhető feszültség is u L = dΨ dt , és így a tekercs dt idő alatt felvett energiája dW = u Li dt =

dΨ i dt = i dΨ . dt

Ha a tekercs árama a t = 0 pillanatban nulla, akkor a t0 idő alatt felvett energiája Ψ0 W = ∫ i dΨ , 0

ahol Ψ 0 a tekercs fluxusa a t0 pillanatban. A fluxust az árammal kifejezve Ψ = L i és az előző összefüggést kiértékelve Ψ0 I 1 W = ∫ i dΨ = ∫ i Ldi = LI 2 , 2 0 0

(5.8)

azaz a tekercs energiája W=

1 2 1 1 Ψ2 LI = ΨI = L . 2 2 2 L

(5.9)

5.4.2. Csatolt tekercsek energiája A csatolt tekercsek energiája az egyes tekercsek energiájának összege. Minthogy

W=

1 (Ψ1I1 +Ψ 2 I 2 ) , 2

és a tekercsek fluxusai Ψ1 = L11I1 + MI 2 , Ψ 2 = MI1 + L22 I 2 , a csatolt tekercs energiája

156


W=

1 1 L11I12 + MI1I 2 + L22 I 22 . 2 2

(5.10)

5.4.3. A mágneses tér energia sűrűsége Tekintsük az 5.13 ábrán látható elemi térfogatot, amelyet mágneses erővonalak és az azokra merőleges felületek határolnak. Az elemi térfogat energiája 1 dW = ΨI . 2

5.13. ábra. Az elemi térfogat energiája

Az I áram a gerjesztési törvényből bármely mágneses erővonalra, és a fluxus az erővonalakra merőleges felületre vonatkozó egyenletek alapján r r r r I = ∫ H ⋅ dl , Ψ = ∫ B ⋅ da , l

a

r r ahonnan az elemi térfogat energiája, figyelembe véve, hogy dv = da ⋅ dl

dW =

rr r r 1 1 r r r r 1 1 rr IΨ = ∫ H ⋅ dl ∫ B ⋅ da = ∫ ∫ HB da dl = ∫ HB dv . 2 2l 2la a v2

Az elemi térfogat energiája az egységnyi energiasűrűségnek a térfogatra vett integrálja, 1 rr HB dv = ∫ w dv v2 v

dW = ∫

ahonnan az elemi térfogat energiasűrűsége

térfogatra

vonatkoztatott

w


dW 1 r r ⎡ W ⎤ = HB 3 . ⎢⎣ m ⎥⎦ 2 dv

w=

157

(5.11)

5.4.4. Belső indukció együttható A mágneses energia és az induktivitás kapcsolatának ismeretében meghatározható a belső indukció együttható,

W=

1 r2 1 Lb I 2 = ∫ w dv = ∫ H µ dv , 2 v v2

(5.12)

ahol r2 1 rr 1 r 2 1 B w = HB = H µ = . 2 2 2 µ

(5.13)

Alkalmazzuk a fenti összefüggést egy l hosszúságú hengeres vezető belső indukció együtthatójának meghatározására (5.14 ábra).

5.14. ábra. A hengeres vezető belső önindukció együtthatójának meghatározása

A gerjesztési törvényt alkalmazva a hengeres vezető belsejében egy erővonalra r r I ∫ H ⋅ dl = ∑ I , H 2rπ = 2 r 2π , r0 π l

a mágnese térerősség a vezető belsejében H (r ) =

I 2πr02

r , 0 < r < r0 .

158


A dv = 2rπ l dr elemi térfogat és a mágneses energiasűrűség ismeretében a hengeres vezető mágneses energiája 2

r4 1 1 r0 ⎛⎜ I ⎞⎟ 1 I 2l W= µ 0 = Lb I 2 , r 2rπ l dr = ∫ π⎜ 2 r =0 2πr02 ⎟ 2 2πr04 4 2 ⎝ ⎠

ahonnan a belső indukció együttható független a hengeres vezető sugarától, csak az anyag mágneses permeabiltásától és a vezető hosszától függ.

Lb =

µl . 8π

(5.14)

5.4.5. A mágneses erőhatás és a virtuális munka elve Az elektrosztatikus térhez hasonlóan a mágneses térben fellépő erőhatások is számíthatók a virtuális munka elve alapján. Habár az energiaegyensúlyi egyenlet nem változik, r r dWgen = dWbelső + F ⋅ ds ,

ahol a generátor által dt idő alatt a rendszerbe betáplált energia a rendszer fluxusát változtatja meg, dWgen = ∑ I k dΨ k , k

míg a rendszer belső energiáját az indukálás során fellépő áram megváltozása eredményezi, azaz dWbelső = ∑Ψ k dI k . k

Ha a rendszerbe betáplált energia nem változik, azaz a rendszer fluxusa állandó, a virtuális munka elve alapján az ds elmozdulás irányában fellépő erőhatás Fs = −

dWbelső , Ψ k = állandó, k = 1,2 ,L ,n . ds

(5.15)

Ha a virtuális elmozdulás során a hurok árama állandó, és a permeabilitás független az indukciótól, akkor


Fs =

dWgen ds

, I k = állandó, k = 1,2,L, n .

159

(5.16)

5.5. Időben változó elektromos tér 5.5.1. A folytonossági egyenlet A töltésmegmaradás elve alapján stacionárius áramlás esetén azt tapasztaltuk, hogy egy térfogatba beáramló töltések onnan el is távoznak. Időben változó elektromágneses tér esetén azonban a v térfogatba dt idő alatt beáramló dQbe , és az onnan kiáramló dQki töltések különbsége a v térfogatban ugyanazon idő alatt felhalmozódó dQ töltésmennyiséggel egyenlő (5.15 ábra) dQbe dQki dQ − = . dt dt dt

5.15. ábra. A folytonossági egyenlet értelmezése

Vegyük figyelembe hogy a dQbe dt = I be a térfogatba befolyó, dQki dt = I ki pedig a kifolyó áram, ezzel a töltésmegmaradásra vonatkozó összefüggés a folytonossági egyenlet a következő I be − I ki =

dQ . dt

(5.17)

Az egyenlet baloldala felírható a v térfogatot határoló zárt felületen ki és belépő áramsűrűségekkel, valamint az egyenlet jobb oldalán a v térfogatban elhelyezkedő töltések összegével, azaz r r r r I be − I ki = − ∫ J (r , t ) ⋅ da , Q = ∫ ρ (r , t ) dv . a

v

A fenti összefüggést alkalmazva és figyelembe véve, hogy a térfogat időben nem változik a folytonossági egyenlet a következő alakra hozható

160


r r r r d r dρ (r , t ) dv . − ∫ J (r , t ) ⋅ da = ∫ ρ (r , t ) dv = ∫ dt v a v dt

Némi rendezés után a folytonossági egyenlet szokásos alakjához jutunk r r r r dρ (r , t ) dv = 0 . ∫ J (r , t ) ⋅ da + ∫ a v dt

(5.18)

A folytonossági egyenlet a töltésmegmaradás elvét fejezi ki, és ezen keresztül, − minthogy a töltés anyagi részecskék tulajdonsága − a fizika általános elvét, az anyagmegmaradás elvét reprezentálja az elektromágneses terek esetében.

5.5.2. Az eltolási áram Időben változó elektromágneses tér esetén a stacionárius állapotra vonatkozó gerjesztési törvény és a folytonossági egyenlet ellentmondásra vezet, r r r r ∫ H ⋅ dl = ∫ J ⋅ da ,

l

a

r r r r dρ (r , t ) dv = 0 . ∫ J (r , t ) ⋅ da + ∫ a v dt

r A folytonossági egyenletet a v térfogatot határoló a felületre írjuk fel. Jelöljünk ki r ezen a felületen egy tetszőleges zárt l görbét, amely a felületet két részre osztja (5.16 ábra).

5.16. ábra. Gerjesztési törvény stacionárius térben

r r Írjuk fel a gerjesztési törvényt úgy, hogy a H mágneses térerősséget integráljuk az l r r r görbére, a J áramsűrűséget pedig egyszer az a1 , majd az a 2 felületre, a felületi normálisok figyelembe vételével

r r r r r r r r ∫ H ⋅ dl = ∫ J ⋅ da1, ∫ H ⋅ dl = − ∫ J ⋅ da 2 .

l

a1

l

a2


161

Minthogy a baloldalon álló kifejezés mindkét esetben ugyanaz, a jobboldalak r egyenlőségéből következik, hogy a J áramsűrűségnek egy zárt felületre vett összege, integrálja zérus r r r ∫ J (r , t ) ⋅ da = 0 ,

a

a folytonossági egyenlet szerint viszont nem. Továbbá, vegyük figyelembe az elektrosztatika Gauss tételét, amely szerint a térfogatban elhelyezkedő töltések az eltolási vektornak a térfogatot határoló felületre vett integráljával egyenlő, r r ∫ ρ dv = ∫ D ⋅ da , v

a

r r r r r r r d d r r dD(r , t ) r ⋅ da , ∫ J (r , t ) ⋅ da = − ∫ ρ (r , t ) dv = − ∫ D(r , t ) ⋅ da = − ∫ dt v dt a a a dt

ahonnan azt kapjuk, hogy az áramsűrűség és az eltolási vektor idő szerinti deriváltjának összege zárt felületre vett integrálja ad nulla értéket r r ⎛r r dD(r , t ) ⎞⎟ r ⎜ ⋅ da = 0 , ∫ ⎜ J (r , t ) + dt ⎟⎠ a⎝

(5.19)

és így az ellentmondás kiküszöbölése érdekében a gerjesztési törvény általános alakja a következő lesz r r r r ⎛r r (r , t ) ⎞⎟ ⋅ dar d D , ∫ H ⋅ dl = ∫ ⎜⎜ J (r , t ) + dt ⎟⎠ l a⎝

(5.20)

r r r ahol J v = J (r , t ) reprezentálja a vezetőben folyó vezetési áramot, r r r J e = dD(r , t ) dt

(5.21)

pedig az elektromos tér időbeli megváltozásából származó un. eltolási áramot képviseli. r r Nézzük meg, hogy a gerjesztési törvény új alakja mit jelent. Ha dD(r , t ) dt = 0 , a r r r J v = J (r , t ) vezetési áram mágneses teret gerjeszt (5.17 ábra), ha azonban az eltolási r r áram nem nulla, dD(r , t ) dt ≠ 0 az is létrehoz egy mágneses teret és a két mágneses tér összegeződik, szuperponálódik.

162


5.17. ábra. A vezetési és az eltolási áram mágneses tere

5.5.3. A kondenzátor árama Kapcsoljunk időben változó u (t ) feszültséget egy C kapacitású kondenzátorra. A kondenzátor elektródáin időben változó ± q(t ) töltés halmozódik fel q(t ) = C u (t ) .

Ez úgy lehetséges, hogy az egyik elektródára i(t ) áram folyik be, a másikról ugyanakkora i(t ) áram folyik el. Alkalmazzuk a kondenzátorra a folytonossági egyenletet. Vegyük körül a r kondenzátort egy zárt a1 felülettel (5.18 ábra), a felületen i(t ) áram folyik ki és i(t ) áram folyik be ibe (t ) − iki (t ) = 0 =

dq(t ) , dt

azaz a kondenzátor elektródáin a töltések összege nem változik, ui. dt idő alatt az egyik elektródán + dq , a másik elektródán −dq töltés halmozódik fel, ezek eredője azonban nulla.

5.18. ábra. A kondenzátor árama


163

Alkalmazzuk a folytonossági egyenletet most egy olyan térfogatra, amely csak az r egyik elektródát tartalmazza. Az a 2 felületen most i(t ) áram folyik be, amely arányos a kondenzátor feszültségének idő szerinti deriváltjával i(t ) =

dq (t ) du (t ) =C . dt dt

(5.22)

A térfogat töltése az elektrosztatika Gauss tétele szerint kifejezhető az eltolási vektornak a felületre vett integráljával. Némi átalakítás után azt kapjuk, hogy a kondenzátor r lemezei között az eltolási vektor időszerinti deriváltjának az a 2 felületre vett integrálja, azaz az eltolási áramsűrűségnek az integrálja, az eltolási áram folyik r r r r r r r dq (t ) d dD(r , t ) r i(t ) = = ⋅ da 2 = ∫ J e (t ) ⋅ da 2 = ie (t ) , ∫ D(r , t ) ⋅ da 2 = ∫ dt dt a dt a2 a2 2

ahol az eltolási áramsűrűség r r r dD(r , t ) J e (t ) = , dt

(5.23)

és az eltolási áram r r dD(r , t ) r ⋅ da 2 . dt a2

ie (t ) = ∫

(5.24)

Tehát a kondenzátor elektródáihoz a töltéseket a vezetőben folyó i(t ) vezetési áram viszi, a kondenzátor lemezei között az időben változó elektromos tér hatására az ie (t ) eltolási áramban folytatódik. A kondenzátorban fellépő eltolási áram ugyanúgy mágneses teret hoz létre, mint a vezetési áram.

5.6. Az elektromágneses tér alapaxiómái 5.6.1. Az elektromágneses tér energiaviszonyai Valamely v térfogatban felhalmozott W (t ) elektromágneses energia két okból változhat az időben. Az egyik, a térfogatban fellépő P(t ) teljesítményű folyamatok, amelyek P(t ) > 0 esetén a térfogat elektromágneses energiáját csökkentik, P(t ) < 0 esetén a térfogat elektromágneses energiáját növelik, másrészt a térfogatot határoló zárt

164


r a felületen átáramló, vagy átsugárzott Ps (t ) teljesítmény csökkenti a tér energiáját. Az elektromágneses tér energiamérlege ezek szerint dW (t ) + P (t ) + Ps (t ) = 0 . dt

(5.25)

Az egyes mennyiségek kifejezhetők az elemi térfogatra, ill. felületre vonatkozó sűrűség r jellegű mennyiségekkel, így a térfogat W (t ) energiája a w(r , t ) energiasűrűséggel r r ∆W W (t ) = ∫ w(r , t )dv, w(r , t ) = lim , ∆v →0 ∆v v

[w] = 1

J , m3

(5.26)

r a P(t ) teljesítmény a p(r , t ) teljesítmény sűrűséggel r P(t ) = ∫ p(r , t )dv, v

r ∆P p(r , t ) = lim , ∆v →0 ∆v

[ p] = 1 W3 m

,

(5.27)

míg a felületen kisugárzott Ps (t ) teljesítmény az egységnyi felületen kisugárzott teljesítmény sűrűséggel, a Poynting vektorral jellemezhető r r r r ∆Ps , Ps (t ) = ∫ S (r , t ) ⋅ da , S (r , t ) = lim ∆a →0 ∆a a

[S ] = 1 W2 m

.

(5.28)

Az energia egyensúlyi egyenlet a sűrűségekkel a következő alakban írható fel r r r r r dw(r , t ) dv + ∫ p(r , t )dv + ∫ S (r , t ) ⋅ da = 0 . ∫ dt v v a

(5.29)

A statikus elektromos tér, a stacionárius elektromos és mágneses tér energia és teljesítmény sűrűségeinek ismeretében az elektromágneses tér térváltozóival is felírható az energiaegyensúlyi egyenlet. Az elektromágneses térben az elektromos és a mágneses energia megváltozása r r r r r dw(r , t ) r r dD(r , t ) r r dB (r , t ) = E (r , t ) ⋅ + H (r , t ) ⋅ . dt dt dt

Homogén, lineáris anyag esetén, amikor a szigetelőanyag ε permittivitása, és a mágneses anyag µ permeabilitása nem változik sem a geometriai tér pontjaiban és nem


165

r r r r függ az elektromos és mágneses tér nagyságától, D = ε E , B = µ H , az inverz művelet után az elektromágneses tér energiasűrűsége w=

1 r r 1 r r D⋅E + B⋅H . 2 2

(5.30)

A térfogatban végbemenő energiaátalakulások következtében a térfogati teljesítmény sűrűség r r r p(r , t ) = J ⋅ E ,

(

)

r r r amely a J = σ E + Ei differenciális Ohm törvény figyelembe vételével r r ⎛J r ⎞ r p(r , t ) = J ⋅ ⎜⎜ − Ei ⎟⎟ ⎠ ⎝σ

(5.31)

alakban adható meg. Végül, bizonyítás nélkül megadjuk a Poynting vektornak a térváltozóktól való függését, r r r r S (r , t ) = E × H .

(5.32)

Ezzel az energia egyensúlyi egyenlet a következő alakra hozható, r r r r r r r r ⎛ r dD r dB ⎞ J2 ⎟ ⎜ dv + dv − J ⋅ E dv + E × H da = 0 , +H⋅ ∫⎜E ⋅ ∫ ∫ ∫ i dt dt ⎟⎠ v⎝ v σ v a

(

)

(5.33)

ahol az egyenlet baloldalán álló eső tag az elektromos és a mágneses tér energiájának megváltozása, a második tag a vezető közegekben a Joule törvény szerint hővé váló teljesítmény, a harmadik tag a nem-villamos energia betáplálásnak a figyelembe vétele, míg az utolsó tag a felületen kisugárzott teljesítmény.

5.6.2. A Maxwell egyenletek Amint azt a korábbiakban láttuk, az elektromágneses teret gerjesztő mennyiségek a r r r ρ (r , t ) elektromos töltés és a J (r , t ) villamos áram. Ezek azonban nem függetlenek egymástól. A köztük lévő kapcsolatot az anyag, ill. töltés-megmaradási tétel, a folytonossági egyenlet fejezi ki

166


r r r d r ∫ J (r , t ) ⋅ da + ∫ ρ (r , t )dv = 0 . dt v a

(5.34)

r r Az elektromágneses tér térjellemzői egyrészt a tér intenzitását kifejező E (r , t ) r r elektromos térerősség vektor és B (r , t ) mágneses indukció vektor, másrészt a tér r r r r gerjesztettségét meghatározó D(r , t ) eltolási vektor és H (r , t ) mágneses térerősség vektor. Az elektromágneses tér térváltozóira a tapasztalati törvények általánosításával kapott összefüggéseket Maxwell egyenletek néven foglaljuk össze. Az I. Maxwell egyenlet az általánosított gerjesztési törvény, r r r r r ⎛r r d D(r , t ) ⎞ r ⎟ ⋅ da , ∫ H (r , t ) ⋅ dl = ∫ ⎜⎜ J (r , t ) + dt ⎟⎠ l a⎝

(5.35)

amely azt mondja, hogy a mágneses térerősségnek egy zárt görbére vett integrálja (összege) a görbe által kifeszített felületen áthaladó áramokat adja. Meg kell jegyezni, hogy a jobb oldalon a totális áram, azaz a vezetési és az eltolási áram összege szerepel. A gerjesztési törvényt úgy értelmezhetjük, hogy mind a vezetési áram, mind az eltolási áram mágneses teret hoz létre. A II. Maxwell egyenlet a Faraday indukció törvény,

r r r r r dB(r , t ) r ( ) ⋅ = − ⋅ da , E r t d l , ∫ ∫ l a dt

(5.36)

r r amely azt mondja, hogy az E (r , t ) elektromos térerősségnek egy zárt görbére vett r r integrálja (az indukált feszültség) a görbe által körülfogott felületen átmenő dB (r , t ) dt indukcióvonalak idő szerinti megváltozásával egyenlő. Az I. és a II. Maxwell egyenletek nem függetlenek egymástól, ui. a gerjesztési r r r r törvény jobb oldalán álló J (r , t ) vezetési áram létrehoz egy időben változó H (r , t ) mágneses teret, amely mágneses tér időbeli változása az indukció törvénynek r r megfelelően E (r ,t ) elektromos teret gerjeszt, amely azonban az eltolási áramon keresztül módosítja az mágneses teret. A III. Maxwell egyenlet a mágneses indukció forrásmentességét fogalmazza meg,

r r r ∫ B (r , t ) ⋅ da = 0 .

a

(5.37)


167

Azt mondja, hogy zárt felületen ugyanannyi mágneses erővonal lép be, mint ki, azaz nincsenek mágneses töltések, a mágneses indukció vonalak sehol nem kezdődnek és sehol nem végződnek, egyszerű esetben zárt görbét alkotnak. A IV. Maxwell egyenlet az elektrosztatika Gauss tétele, r r ∫ D ⋅ da = ∫ ρ dv ,

a

(5.38)

v

r r amely szerint az D(r , t ) elektromos tér forrása a töltés. Az eltolási vektornak egy zárt r felületre vett integrálja a felület által határolt térfogatban elhelyezkedő ρ (r , t ) töltésekkel egyenlő. Az V. Maxwell egyenlet a térváltozók és az anyagjellemzők kapcsolatát fogalmazza meg. Homogén, lineáris anyag esetén a szigetelőanyagokat az ε permittivitással, a mágneses anyagokat a µ permeabilitássak, vezető anyagokat a σ vezetőképességgel jellemezhetünk,

(

)

(

)

(

)

r r r r r r r r r r r D = ε E = ε 0 E + P , B = µ H = µ0 H + M , J = σ E + Ei ,

(5.39)

r v ahol P a szigetelőanyag polarizáció vektora, M a ferromágneses anyagok r mágnesezettségi vektora és Ei a beiktatott térerősség, amellyel a nem villamos eredető energiákat (töltés szétválasztó erőt) modellezünk. Végül a VI. Maxwell egyenlet az elektromágneses tér energiaviszonyaira ad összefüggést, amely szerint az elektromágneses tér egységnyi térfogatának teljesítménysűrűsége r r r r r r dw(r , t ) r r dD (r , t ) r r dB (r , t ) , = E (r , t ) ⋅ + H (r , t ) p(r , t ) = dt dt dt

amelyből homogén, lineáris közeg esetén az elektromágneses tér energiasűrűsége w=

1 r r 1 r r D⋅E + B⋅H . 2 2

5.7. Ellenőrző kérdések [1] [2] [3] [4]

Ismertesse a Faraday féle indukció törvényt; Foglalja össze a mozgási indukció jelenségét; Ismertesse az általánosított gerjesztési törvényt; Ismertesse a folytonossági egyenletet;

(5.40)

168


[6]

Ismertesse az elektromágneses tér összefüggéseket; Ismertesse a Poynting vektor fogalmát;

[7]

Foglalja össze az elektromágneses tér alapaxiómáit.5.8.

[5]

energiaegyensúlyára

vonatkozó

Gyakorló

feladatok 5.8.1. Feladat Egy R ellenállású gyűrű alakú vezető időben változó, térben egyenletes eloszlású Ψ fluxust vesz körül (5.19 ábra). Határozza meg mekkora feszültséget mérünk a vezető P − Q pontja között, ha a voltmérőt a baloldali ábra szerint és ha a jobboldali ábra szerint kötjük be.

5.19. ábra. A mért feszültség szomszéd tekercs fluxusa

Megoldás A vezetőben az ui = −

dΨ u indukált feszültség hatására i = i áram folyik. A baloldali dt R

ábra szerint a voltmérő a gyűrű P − Q pontjai közötti l1 szakaszának R1 = ellenállásán fellépő ua = R1i =

α R 2π

α ui feszültséget méri. 2π

Ha azonban a jobboldali elrendezést vizsgáljuk, akkor a voltmérő az l2 szakasz α ⎞ ⎛ α ⎞ ⎛ ellenállásán keletkezett feszültséget méri ub = ⎜ R − R ⎟i = ⎜1 − ⎟ui . 5.8.2. 2π ⎠ ⎝ 2π ⎠ ⎝

Feladat


169

Egy r0 sugarú, d vastagságú, σ vezetőképességű fémtárcsa homogén mágneses térben a tér irányára merőlegesen van elhelyezve (5.20 ábra). A mágneses indukció az időben B(t ) = B0 cos (ω t )

függvény szerint változik. A vezető tárcsát ideális szigetelő veszi körül. Határozzuk meg az indukció következtében fellépő áram hőteljesítményét.

5.20. ábra. A tárcsában keletkezett örvényáram

Megoldás A tárcsa r sugarú részén Φ (t ) = r 2πB(t ) mágneses fluxus halad át. Ennek időbeli változása az r sugarú kör kerülete mentén érintő irányú E (r , t ) elektromos teret kelt, amely a hengerszimmetria miatt az r sugár mentén állandó. Az indukció törvényt alkalmazva r r dΦ = + r 2πB0ω sin (ω t ) , ∫ E ⋅ dl = 2rπE (r , t ) = − dt l

ahonnan az elektromos térerősség meghatározható Bω E (r , t ) = 0 r sin (ω t ) . 2

A differenciális Ohm törvény értelmében az áramsűrűség Bω J = σE = 0 σ r sin (ω t ) . 2

A hőteljesítmény a Joule törvény alapján számítható, ahol az elemi térfogatnak egy dr szélességű gyűrűt tekintünk, dv = d 2rπ dr

170


P(t ) = ∫

J2

v σ

r0 B 2ω 2 B 2ω 2 0 σ r 2 sin 2 (ω t )d 2πr dr = 0 σ π r04d sin 2 (ω t ) . 8 0 4

dv = ∫

Az időben változó teljesítménynek egy periódusra vett átlaga sin 2 (ω t ) =

1 − cos(2ω t ) 2

összefüggés felhasználásával, és figyelembe véve, hogy cos(2ω t ) egy periódusra vett időbeli átlaga nulla, P=

1 2 2 B ω σ π r04d , 16 0

vagyis az indukció és a körfrekvencia négyzetével, és a sugár 4-dik hatványával arányos. Ennek a hővé váló teljesítménynek a csökkentése érdekében a transzformátor vasmagját a mágneses indukcióval párhuzamos irányban lemezelni szokás. Az indukció hatására keletkező, a vezetőben záródó áramot örvényáramnak nevezzük. Az áramsűrűség ismeretében meghatározható a tárcsában körbe folyó áramerősség r0 r0 r r B ω 1 I = ∫ J ⋅ da = d ∫ J dr = d 0 σ sin (ω t ) ∫ r dr = B0ω σ d r02 sin (ω t ) . 2 4 a 0 0

5.8.3. Feladat r Az 5.21 ábrán látható keret homogén és időben állandó B indukciójú mágneses térben ω szögsebességgel forog. Határozzuk meg a keretben indukálódó feszültséget, ha a keret hossza d , szélessége h .

Megoldás (i) A keret fluxusa, miközben a keret α = ω t szöget fordul el

Φ = Bhd cosα = Bhd cos ωt , így az indukált feszültség ui = −

dΦ d = − Bhd cos ω t = Bhdω sin ω t . dt dt


171

5.21. ábra. A mágneses térben forgó keret

(ii) A mozgási indukcióalapján a d hosszúságú oldal sebessége v = ω h 2 , az indukált feszültség

(

)

d r r r h ui = 2 ∫ v × B dl = 2d ωB sin α = dhωB sin ω t ,az előző eredménnyel összhangban. 2 0

5.8.4. Feladat Az l hosszúságú rúd homogén mágneses térre merőlegesen az egyik vége körül ω szögsebességgel forog (5.22 ábra). Határozza meg, mekkora feszültség indukálódik a rúd két végpontja között.

5.22. ábra. A homogén mágneses térben forgó rúd

Megoldás Minthogy a rúd a mágneses indukcióra merőleges irányban mozog, benne feszültség indukálódik. Az r sugáron mozgó dr hosszúságú szakaszban

(

)

r r r dui = v × B ⋅ dl = v B dr = rω B dr ,

az egész rúdon pedig

172


l

ui = ωB ∫ r dr = ω B 0

l2 2

feszültség lép fel.

5.8.5. Feladat Homogén mágneses térre merőlegesen helyezünk el egy r0 sugarú fémtárcsát, amely tengelye körül ω szögsebességgel forog (5.23 ábra). Határozzuk meg mekkora feszültség indukálódik a tárcsa tengelye és pereme között, ha B = 1 T , r0 = 0,5 m ,

n = 3000 fordulat perc . 5.23. ábra. Homogén térben forgó tárcsa

Megoldás Képzeljük el, hogy a tárcsa végtelen sok küllőből áll. Egy küllőben az előző feladat szerint r2 ui = ω B 0 2

feszültség indukálódik. Az egyes küllők párhuzamosan kapcsolódnak, ezért a feszültségük ugyanekkora. A numerikus adatokat figyelembe véve r2 0,25 = 37,7 V ui = ωB 0 = 100π 2 2

feszültség állítható elő.


173

5.8.6. Feladat Mekkora feszültség indukálódik az 5.24 ábrán látható vezetőkből álló elrendezésben, ha a vezetők síkjára merőleges mágneses indukció B(t ) = B0 sin (ω t ) szerint változik és az l hosszúságú vezetékdarab a két vezetővel párhuzamosan v ebességgel mozog.

5.24. ábra. A keret és a mozgó rúd

Megoldás (i) Az x helyen lévő vezető által körülzárt fluxus Ψ = l xB0 sin (ω t ) . Az időben változó fluxus által indukált feszültség a megadott referencia irány szerint ui′ = −

dΨ = −l xω B0 cos (ω t ) . dt

Az l hosszuságú vezető v sebességgel mozog, így az általa indukált feszültség a referencia iránnyal ellenkező irányú ui′′ = vBl = lvB0 sin (ω t ) ,

és így az indukált feszültség

ui = ui′ − ui′′ = − B0l (v sin ωt + xω cos ωt ) . Vegyük még figyelembe, hogy a mozgó rud x = vt távolságot tesz meg, így a keresett indukált feszültség

ui = − B0lv(sin ωt + ωt cos ωt ). (ii) Hasonló eredményt kapunk, ha a vezető keresztmetszete által bezárt fluxust

Ψ = l vt B0 sin ωt = B (t )a(t ) idő szerinti deriváljuk,

174


ui = −

dΨ d dB(t ) da(t ) = − B(t )a(t ) = − a(t ) − B(t ) = − B0lv(ωt cos ωt + sin ωt ) . dt dt dt dt

5.8.7. FeladatKét párhuzamos, kör keresztmetszetű, végtelen hosszúnak tekinthető vezeték egymástól a távolságra helyezkedik el (5.25 ábra). A vezetékben folyó áramok egyenlő nagyságúak és ellenkező irányúak. Határozzuk meg az egyik vezető l hosszúságú szakaszára ható erőt.

5.25. ábra. A két hengeres vezető erőhatásához

Megoldás r r r (i) Számolhatunk a dF = I dl × B összefüggéssel. Az egyik áram által a másik helyén létrehozott indukció

B = µ 0 H = µ0

I . 2π a

Ez az indukció a vezetőre merőleges, így az erő a jobbcsavar szabály alapján taszító jellegű

F = µ0

I 2l . 2π a

(ii) A feladat megoldható a virtuális munka elve alapján is. Minthogy a vezetők árama állandó az elmozdulás során megváltozik a vezető hurok induktivitása, és így az elmozdulás irányában fellépő erő Fs =

dW 1 2 dL . = I ds 2 ds


175

Minthogy a kettősvezeték önindukció együtthatója

µ l d − r0 L = 0 ln , π r0 a két vezető tengelyét összekötő irányban fellépő erőhatás a tengelyek távolságát növelni akarja Fa =

1 2 dL µ0lI 2 1 = I . 2 2π a − r0 da

(iii) Az egyes vezetőkre még sugárirányú erő is hat Fr =

dW 1 2 dL µ0lI 2 ⎛ 1 1⎞ ⎜ = I = − ⎟⎟ . ⎜ 2π ⎝ a − r0 r0 ⎠ dr0 2 dr0

Vegyük figyelembe, hogy a vezetők közti távolság jóval nagyobb, mint a vezetők sugara, d >> r0 , így a sugár irányú erő közelíthető

µ l I2 1 Fr ≈ − 0 . 2π r0 A negatív előjel azt fejezi ki, hogy az erő a sugarat csökkenteni igyekszik. Nagy áramok esetén a erőből számított nyomásnak az anyag szilárdsága áll ellen p=

µ I2 Fr = 0 . 2πr0l (2πr0 )2

5.8.8. Feladat Határozzuk meg azt az erőhatást, amely az 5.26 ábrán látható végtelen hosszú egyenes vezető és a vele egy síkban fekvő keret között lép fel, ha a vezetők I1, I 2 árama az elmozdulás során állandó.

176


5.26. ábra. Az egyenes vezető és a keret helyzete

Megoldás Az elrendezés energiája kifejezhető az induktivitásokkal W =

1 1 L1I12 + L2 I 22 + L12 I1I 2 . 2 2

A keret bármilyen virtuális elmozdulásával csak a kölcsönös induktivitás változik L12 =

µ 2π

m ln

b+a , b

és így a virtuális munka elve alapján vonzóerő lép fel Fx =

dW µ ⎛ 1 1⎞ m⎜ = I1I 2 − ⎟. 2π ⎝ b + a b ⎠ db

5.9. További gyakorló feladatok 5.9.1. Feladat Határozza meg, mekkora mágneses energiát tárol az L1 = 2 mH , L2 = 6 mH , L12 = 15 mH ön-, és kölcsönös indukció együtthatóval rendelkező csatolt tekercs, amelyet I1 = 12 A , I 2 = 8 A árammal táplálunk.


177

Megoldás Minthogy a tekercsrendszer energiája W = tekercs energiája W =

1 n n ∑ ∑ Lkl I k I l , a jelen esetben a csatolt 2 k =1l =1

1 1 L1I 2 + L12 I1I 2 + L2 I 22 = 1776 mW = 1,776 W 2 1 2

5.9.2. Feladat Határozza meg, mekkora árammal tápláltuk azt az L = 8,6 mH önindukció együtthatójú tekercset, amely W = 12 mW mágneses energiát tárol. Megoldás Minthogy a tekercs energiája W =

1 2 LI , ahonnan I = 2

2W = 1,6705 A . L

5.9.3. Feladat Határozza meg, mekkora mágneses energiát tárol az a µr = 12 000 mágneses permeabilitású anyag egységnyi térfogata, ha benne B = 1,8 T mágneses indukció van jelen. Megoldás Az egységnyi térfogatban az energiasűrűség w =

B2 1 BH = = 107,4296 Ws/m3 . 2 2 µ0 µ r

5.9.4. Feladat Határozza meg, mekkora a mágneses fluxusa annak az L = 5 mH önindukció együtthatójú tekercsnek, amely W = 38 mW mágneses energiát tárol. Megoldás A tekercs energiája W =

1 2 LI , ahonnan a tekercs árama meghatározható I = 2

így a tekercs fluxusa Ψ = LI = L

2W = 2WL = 0,0195 Vs . L

2W , L

178


5.9.5. Feladat Határozza meg, mekkora az a mágneses indukció, amely egy r = 36 cm sugarú vezető keretben Ψ = 15 cos100t , mVs mágneses fluxust gerjeszt. Megoldás B=

Ψ a

=

15 ⋅10 −3 cos100t Ψ = = 0,0368 cos100t T = 36,8 cos100t mT . r 2π 0,36 2 π

5.9.6. Feladat Határozza meg, mekkora W mágneses energiát tárol az L = 7,2 mH indukció együtthatójú tekercs, ha a vezetőjében I = 2,8 A áram folyik. Megoldás W=

1 2 1 LI = 7,2 ⋅10 −32,82 = 0,0282 Ws = 28,2240 mJ . 2 2

5.9.7. Feladat Határozza meg, mekkora annak a tekercsnek az L indukció együtthatója, amely az I = 2,8 A áram hatására W = 40 mJ mágneses energiát tárol. Megoldás W=

1 2 2W 2 ⋅ 40 ⋅10−3 = = 10,2041 ⋅10−3 H = 10,2041 mH . LI , → L = 2 2,82 I2

5.9.8. Feladat Határozza meg, mekkora az L = 3,6 mH indukció együtthatójú tekercs I árama, ha a tekercs W = 52 mJ mágneses energiát tárol. Megoldás W=

2W 2 ⋅ 52 ⋅10−3 1 2 = 5,3748 A . LI , → I = = L 2 3,6 ⋅10−3


179

5.9.9. Feladat Határozza meg, mekkora mágneses energiát tárol a B = 1,5T indukciójú mágneses tér a µr = 2000 relatív permeabilitású közeg egységnyi térfogatában. Megoldás wm =

1 B2 1,52 = = 447,6233 J/m 3 = 447,6233 Ws/m 3 . 2 µ 2 ⋅ 4π 10 −7 2000

5.9.10. Feladat Határozza meg, mekkora abban a levegővel kitöltött közeg 1 m3 térfogatában tárolt W mágneses energia, ahol az egyenletes eloszlású mágneses térerősség H = 3 A/cm . Megoldás Wm =

1 1 µ0 H 2V = 4π 10−73002 = 0,0565 Ws = 56,5 mWs . 2 2

5.9.11. Feladat Határozza meg mekkora a mágneses energiája annak az L = 2,8 mH indukció együtthatójú tekercsnek, amelyen I = 6 A áram folyik át. Megoldás Wm =

1 2 1 LI = 2,8 ⋅ 10 −362 = 0,0504 Ws = 50,4 mWs . 2 2

5.9.12. Feladat Határozza meg, mekkora feszültség indukálódik az l = 80cm hosszú egyenes vezetőben, ha a homogén eloszlású B = 1,2T állandó indukciójú mágneses térre merőleges síkban v = 1,4m/s sebességgel mozog. Megoldás U i = vBl = 1,4 ⋅1,2 ⋅ 0,8 = 1,3440 V .

180


5.9.13. Feladat Határozza meg, mekkora az ab = 15 ⋅ 20 cm 2 keresztmetszetű vezető hurok fluxusa, ha az egyenletes eloszlású B = 1,2 sin100t , T indukciót fogja körül. Megoldás

Ψ = Bab = 1,2 ⋅15 ⋅ 20 ⋅10−4 sin100t = 0,0360 sin100t Vs = 36 sin 100t mVs .

5.9.14. Feladat Határozza meg, mekkora a fluxusa annak az r = 12cm sugarú vezető huroknak, amely egyenletes eloszlású B = 1,2 cos 200t T mágneses indukciót vesz körül. Megoldás

Ψ = Ba = Br 2π = 1,2 ⋅ 0,122 π cos 200t = 0,0543 cos 200t Vs = 54,3 cos200t mVs .

5.9.15. Feladat Határozza meg, mekkora Ψ (t ) fluxust hoz létre az L = 2 mH indukció együtthatójú tekercsen az i (t ) = 3 sin (150t ) A nagyságú áram. Megoldás

Ψ (t ) = L ⋅ i (t ) = 2 ⋅ 10 −3 ⋅ 3 sin 150t = 6 ⋅ 10 −3 sin 150t Vs = 6 sin 150t mVs .

5.9.16. Feladat Határozza meg, mekkora az a × b = 12 × 15cm 2 felület fluxusa, ha a mágneses indukció vektor felületre merőleges komponense Bn = 1,5 cos(200t ) T . Megoldás

Ψ (t ) = a ⋅ b ⋅ Bn = 0,12 ⋅ 0,15 ⋅1,5 cos 200t = 0,0270 cos 200t V = 27,0 cos 200t mV ,


181

5.9.17. Feladat Két tekercs kölcsönös indukció együtthatója L12 = 3 µH . Határozza meg, mekkora Ψ 2 (t ) fluxust gerjeszt a 2. tekercsben az 1. tekercs i1(t ) = 3 sin (240t ) A árama. Megoldás

Ψ 2 (t ) = L12 ⋅ i1 (t ) = 3 ⋅ 10 −63 sin 240t = 9 ⋅ 10 −6 sin 240t Vs = 9 sin 240t µVs .

5.9.18. Feladat Egy elektromágneses teret sugárzó testtől nagy távolságban az elektromos és a mágneses térerősség vektorok egymásra merőleges komponensei E x = 3 cos(ω t ) mV/m , H y = 5 cos(ω t ) µA/m . Határozza meg az egységnyi felületen átáramló teljesítményt. Megoldás r r r Az egységnyi felületen átáramló teljesítmény a Poynting vektor, S = E × H , így minthogy az elektromos tér x − itányú, a mágneses tér y − irányú, a vektori szorzatból a

Poynting vektor z − irányú lesz, S z = E x H y = 15 ⋅10−9 W m 2 .

5. IDŐBEN VÁLTOZÓ ELEKTROMÁGNESES TÉR

Recommend Documents