Kezdőlap


Feladat:	661. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Nagy Dénes Lajos , Rácz Miklós
Füzet:	1967/november, 169 - 172. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Faraday-féle indukciótörvény, Lenz-törvény, Áramvezetőre ható erő, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/január: 661. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Számítsuk az időt attól a pillanattól, amikor a mozgó tekercs az elektromágnest $a$ távolságnyira megközelítette. Ekkor világos, hogy az elektromágnes indukciója az alábbi módon fog az időben változni:

\begin{matrix} B = \frac{B_{1} v}{6 a} \cdot l . \end{matrix}

(1)

1. ábra

Bontsuk az egész folyamatot négy szakaszra:

\begin{matrix} I. & 0 < t < a / v \\ II. & a / v < t < 2 a / v \\ III. & 2 a / v < t < 5 a / v \\ IV. & 5 a / v < t < 6 a / v \end{matrix}

Miért hat elektromágneses erő a mozgó tekercsre ? A mozgó tekercsben feszültség ébred, mert mozgása során a körülfogott erővonalak száma változik. Ennek a változásnak két oka van: egyik ok az, hogy a mozgó tekercs erővonalakat metsz. Ez az ok fennáll a II. és a IV. szakaszban, mert jó közelítéssel az elektromágnes indukciója csak a vasmag előtt különbözik nullától. A változás másik oka az, hogy a már körülfogott részben is új erővonalak születnek azáltal, hogy az elektromágnes indukciója az időben változik. Ez az ok csak az I. szakaszban nem érvényesül, hiszen akkor a tekercs még nincs is az elektromágnes előtt. Megállapíthatjuk tehát, hogy a II., a III. és a IV. szakaszban a mozgó tekercsben feszültség ébred, és mivel rövidre van zárva, áram folyik. (Ezután a tekercs ismét elhagyja az elektromágnest, ezért áram nem folyik benne.)
A tekercsben folyó áram az elektromágnes terében van, ezért erő fog rá hatni. A vízszintes ágakban azonos nagyságú, de ellentétes irányú áramok folynak, amelyek azonos mágneses térben vannak, így a rájuk ható erők eredője nulla. A függőleges ágak azonban nem egyszerre vannak a mágneses térben, azért a rájuk ható erők eredője nem nulla. A függőleges ágak a II. és a IV. szakaszban vannak az elektromágnes előtt, ezért megállapíthatjuk, hogy csak ezekben a szakaszokban hat elektromágneses erő a mozgó tekercsre.
A következőkben a II. szakasszal foglalkozunk. Először azt határozzuk meg, hogyan függ az időtől a tekercsben ébredő feszültség. Ehhez azt kell tudnunk, hogy hogyan változik a mozgás során a körülfogott erővonalszám (fluxus,

ϕ

), hiszen az indukált feszültség nagysága egyenlő a fluxus időegység alatti megváltozásával, vagyis

N

menet esetén:

\begin{matrix} U = N \cdot \frac{Δ ϕ}{Δ t} . \end{matrix}

(2)

A fluxus egyenlő a mágneses indukció és a hatásos felület szorzatával, ha ‐ mint esetünkben is ‐ az indukció vektora a felületre merőleges. Bennünket azonban a fluxus kis változása érdekel. Megmutatjuk, hogy ez két tagból áll: az egyik az indukció, a másik a felület megváltozását írja le. Jelöljük a hatásos felületet

A

-val, akkor

\begin{matrix} Δ ϕ = Δ (B A) = (B + Δ B) (A + Δ A) - B A \approx Δ B \cdot A + B \cdot Δ A . \end{matrix}

(3)

Itt a

Δ B \cdot Δ A

tagot, mint másodrendű kicsiny mennyiséget elhanyagoltuk.
(3) alapján tehát ahhoz, hogy a

Δ ϕ / Δ t

-t megkaphassuk, ismernünk kell a

Δ B / Δ t

és a

Δ A / Δ t

mennyiségeket. Ezek könnyen megkaphatók, hiszen

B

is és

A

is lineárisan függ az időtől, ezért időegységre eső megváltozásuk egyenlő lesz a lineáris függvény arányossági tényezőjével. Konkrétan (1) alapján

\begin{matrix} \frac{Δ B}{Δ t} = \frac{B_{1} v}{6 a}, állandó. \end{matrix}

(4)

A II. szakaszban pedig

A

úgy változik, hogy

t = a / v

-ben

A = 0

, és

t = 2 a / v

-ben

A = a^{2}

, tehát

\begin{matrix} A = a v (t - \frac{a}{v}), \end{matrix}

(5)

(5) alapján pedig

\begin{matrix} \frac{Δ A}{Δ t} = a v, állandó. \end{matrix}

(6)

(1), (2), (4), (5) és (6)-ot (3)-ba helyettesítve az indukált feszültség nagyságára kapjuk, hogy

\begin{matrix} U = \frac{B_{1} v^{2} N}{3} t - \frac{B_{1} v^{2} N a}{6} . \end{matrix}

(7)

A rövidrezárt tekercsben indított áram pedig:

\begin{matrix} I = \frac{1}{R} (\frac{B_{1} v^{2} N}{3} t - \frac{B_{1} v^{2} N a}{6}) . \end{matrix}

(8)

Magyarázatra szorul az áram iránya. Az indukciótörvény szerint (amelynek a Lenz-szabály következménye) az ábrán szereplő elrendezés esetén, tehát amikor az indukcióvektor felénk mutat, növekvő fluxus az óramutató járásával egyező irányú áramot indít. Mivel a fluxusváltozás mindkét tagja pozitív, az áram a tekercs jobb oldali ágaiban felfelé folyik, és így az ezekre ható erő a jobbkéz-szabály szerint balra mutat, tehát fékező irányú. Az

N

ágra összesen ható erő nagysága:

\begin{matrix} F = N I a B, \end{matrix}

(9)

ahová (8)-ból behelyettesítve az áram értékét, rendezés után

\begin{matrix} F_{II} = \frac{B_{1}^{2} v^{3} N^{2}}{18 R} t^{2} - \frac{B_{1}^{2} v^{2} N^{2} a}{36 R} t . \end{matrix}

(10)

Az áttekinthetőség kedvéért vezessük be az erő helyett a

ϕ

dimenziómentes ,,redukált erőt'' úgy, hogy az erőt a

\frac{B_{1}^{2} N^{2} v a^{2}}{6 R}

egységekben mérjük, az idő helyett pedig a szintén dimenziómentes

τ

,,redukált időt'' az

a / v

időegység használatával. Ekkor a redukált erő így függ a redukált időtől:

\begin{matrix} ϕ_{II} = \frac{1}{3} τ^{2} - \frac{1}{6} τ . \end{matrix}

(11)

A IV. szakasz teljesen hasonló módon tárgyalható. Itt (5) helyébe az

\begin{matrix} A = a v (\frac{6 a}{v} - t) \end{matrix}

(12)

lép. Ennek felhasználásával végeredményben az erőre kapjuk, hogy

\begin{matrix} F_{IV} = \frac{B_{1}^{2} v^{3} N^{2}}{18 R^{2}} t^{2} - \frac{B_{1}^{2} v^{2} N^{2} a}{6 R} t, \end{matrix}

(13)

vagy ismét használva a redukált mennyiségeket:

\begin{matrix} ϕ_{IV} = \frac{1}{3} τ^{2} - τ . \end{matrix}

(14)

2. ábra

Látható, hogy a 2. ábra szerint (14) a IV. szakaszban szintén pozitív, tehát balra mutató erőt ír le. Ez azért van így, mert a IV. szakaszban a II. szakasszal ellentétben a fluxus csökken. Ez a tekercsben a II. szakaszéval ellentétes áramot fog indítani, amely azonban a most érdekes bal oldali ágakban felfelé fog folyni, tehát végeredményben a II. szakaszéval azonos irányú erőt fog eredményezni.
A mozgó tekercs

t = a / v

-ben éri el az elektromágnest, és

t = 6 a / v

-ben hagyja el azt. Ez a

τ = 1

, ill. a

τ = 6

redukált időknek felel meg. (11) és (14)-be helyettesítve a

ϕ_{II} = 1 / 6

, ill. a

ϕ_{IV} = 6

redukált erőket adja.
A feladatban megadott numerikus értékeket használva a redukált erő egysége:

\begin{matrix} \frac{B_{1}^{2} N^{2} v a^{2}}{6 R} = \frac{10^{- 4} V^{2} s^{2} / m^{4} \cdot 36 \cdot 10^{4} \cdot 18 m/s \cdot 6, 25 \cdot 10^{- 2} m^{2}}{6 \cdot 10} = \\ = 0, 675 Ws/m = 0, 675 N, & (15) \end{matrix}

így a belépés pillanatában ható erő

F_{be} = 0, 1125 N

, a kilépéskor ható erő pedig

F_{ki} = 4, 05 N

Nagy Dénes Lajos

Megjegyzések. 1. Érdekes a

B

változásából adódó indukciós hatás. Mindhárom esetben (ti. a II., a III. és a IV. szakaszban) a tekercsben folyó indukált áram hatásával a mozgó tekercsen átmenő fluxusváltozást (nem a fluxust !) igyekszik csökkenteni. A II. és a IV. szakaszban ez két úton valósulhat meg: egyrészt az eredeti mágneses teret igyekszik egyengetni, másrészt a tekercset vagy ki akarja taszítani az elektromágnes teréből, vagy vissza igyekszik tartani. Azonban a III. szakaszban a fluxusváltozás csökkentése csak egyféleképpen valósulhat meg: az eredeti mágneses tér gyengítése által, ezért ez esetben

B

változásából nem származik erő a tekercsre. (Mint láttuk, a mozgás folytán sem lép fel erő.)

Wiedemann László

2. Ha figyelmen kívül hagyjuk, hogy a fluxus azért is változik, mert

B

-t növeljük, akkor ez azt jelenti, hogy (3) első tagját elhanyagoltuk. Speciálisan ez meg is tehető a két kérdezett konkrét időpillanatban, ugyanis a térben való be-, ill. kilépés pillanatában a tekercs hatásos felülete

A = 0

, és így (3) első tagja csakugyan eltűnik. Ezért a feladat két megoldója, így számolva, numerikusan helyes eredményt kapott.