Kezdőlap


Feladat:	1411. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Blázsik Zoltán , Csapó Ildikó , Fried Miklós , Kókai László , Székely Zoltán
Füzet:	1977/november, 171 - 173. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Vezető ellenállásának számítása, Nyugalmi indukció, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/január: 1411. fizika feladat

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

Célszerű egy olyan koordináta-rendszert választani, amelynek tengelyei a kocka éleivel párhuzamosak. Ebben a koordináta-rendszerben a mágneses indukció vektor komponensei legyenek $B_{x}$ , $B_{y}$ és $B_{z}$ .
A szuperpozíció elve szerint az egyes komponensek időbeli változása által indukált feszültségek és az azok hatására egy kiszemelt ágban folyó áramok összege adja az indukált feszültséget, illetve a kiszemelt ágban folyó áramot.
A kocka egyes lapjaiban csak az az indukcióváltozás kelt feszültséget, amelynek indukcióvektora metszi a felületet. Legyen $i$ az $x$ , $y$ és $z$ indexek egyike. Az $i$ -edik komponens hatására a rá merőleges lapokban

\begin{matrix} U_{i} = \frac{d Φ_{i}}{d t} = - l^{2} \frac{d B_{i}}{d t} \end{matrix}

(1)

feszültség indukálódik, és ez

\begin{matrix} I_{i} = - \frac{U_{i}}{4 l ϱ} = - \frac{l}{4 ϱ} \frac{d B_{i}}{d t} \end{matrix}

(2)

áramot hoz létre. Az áram irányát a jobbkézszabály és az (1) indukciós törvényben szereplő előjel határozza meg (1. ábra).

1. ábra

A kocka minden éle két áramkörhöz tartozik; egy élben folyó árama két megfelelő köráram előjeles összege. Például az 1. ábrán vastagon kihúzott élben

\begin{matrix} I = - | I_{z} | + | I_{x} | = \frac{1}{4 ϱ} (- \frac{d B_{z}}{d t} + \frac{d B_{x}}{d t}) \end{matrix}

(3)

áram folyik. Általánosan

\begin{matrix} I = \pm \frac{l}{4 ϱ} (\frac{d B_{i}}{d t} \pm \frac{d B_{j}}{d t}) \end{matrix}

(4)

ahol

i

és

j

azon lapokra merőleges koordináta-tengelyek jelei, amelyek az adott élben metszik egymást, az előjeleket pedig legegyszerűbben az 1. ábra alapján lehet meghatározni.
b) Ha a mágneses indukció

O P

testátló irányú és iránya időben nem változik, akkor

\begin{matrix} \frac{d B_{x}}{d t} = \frac{d B_{y}}{d t} = \frac{d B_{z}}{d t} = \frac{\sqrt[]{3}}{3} \frac{d B}{d t}, \end{matrix}

(5)

és így minden hurokáram abszolút értéke megegyezik.

2. ábra

Az eredő áram csak azokban az élekben különbözik nullától, amelyek nem futnak be az

O

, illetve a

P

pontba (2. ábra), nagyságuk (4) alapján

\begin{matrix} I = \frac{l \sqrt[]{3}}{6 ϱ} \frac{d B}{d t} . \end{matrix}

(6)

Csapó Ildikó (Sopron, Széchenyi I. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzések. 1. Az áramok még a legáltalánosabb esetben is tükrözik a kocka középpontos szimmetriáját. (A középpontra való tükrözéssel egymásba vihető élekben egyforma nagyságú, ellentétes irányú áram folyik.)
2. A feladat b) része a testátló körüli forgási szimmetria felhasználásával közvetlenül is megoldható. A rendszert az

O P

tengely körül

120

240

fokkal elforgatva a rendszer önmagába megy át. Ezért pl. a

P

pontot tartalmazó élekben vagy csak a

P

pont felé, vagy pedig csak kifelé folyhat áram, ami a csomóponti törvény miatt nem lehetséges. Így a

P

és hasonlóan az

O

pontba futó élekben nem folyik áram. A maradék élek egy olyan zárt kört alkotnak, amelynek a testátlóra merőleges síkra vett vetülete egy

T = l^{2} \sqrt[]{3}

területű hatszög. Az indukált feszültség

| U | = T \frac{d B}{d t}

. A hat élt tartalmazó körben tehát

| I | = \frac{| U |}{6 l ϱ} = \frac{l \sqrt[]{3}}{6 ϱ} \frac{d B}{d t}

erősségű áram folyik.