Kezdőlap


Feladat:	1947. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Horváth Péter
Füzet:	1985/január, 39 - 41. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nyugalmi indukció, Lenz-törvény, Biot-Savart törvény, Határozott integrál, Közelítő számítások, numerikus módszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/május: 1947. fizika feladat

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

a) A vezetőkeretben indukált $U$ feszültséget az

\begin{matrix} U = \frac{d Φ}{d t}, \end{matrix}

(1)

összefüggésből számíthatjuk, ahol

Φ

az egyenes vezető által a keret belsejében keltett

B_{v}

mágneses indukció fluxusa.

Ismeretes, hogy az

I

árammal átjárt igen hosszú egyenes vezetőtől

x

távolságra

\begin{matrix} | B_{v} | = \frac{μ_{0} I}{2 π x}, \end{matrix}

(2)

(

μ_{0}

a vákuum permeabilitása).

Φ

meghatározása céljából osszuk fel a keretet ‐ egyszerűség kedvéért ‐ egyenlő

(r / n)

alapú,

r

magasságú "vékony'' téglalapokra (l. az ábrát!). A vezetőtől számított

i

-edik téglalapban elég nagy

n

esetén

B_{v}

közelítőleg állandó, mégpedig (2) miatt alkalmas

ξ_{i}

-vel

\begin{matrix} | B_{v} | = \frac{μ_{0} I}{2 π ξ_{i}}, \end{matrix}

ahol

r_{i - 1} < ξ_{i} < r_{i}, r_{i} = 1 + i r / n

.
Tehát az egész keret fluxusát elég nagy

n

esetén közelíti

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \frac{μ_{0} I}{2 π ξ_{i}} \cdot \frac{r}{n} \cdot r = \frac{μ_{0} I r}{2 π} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{ξ_{i}} \cdot \frac{r}{n} . \end{matrix}

Ismeretes, hogy

\begin{matrix} {lim}_{}^{}_{n \to \infty}^{} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{ξ_{i}} \cdot \frac{r}{n} = \int_{l}^{l + r} \frac{1}{x} d x = ln (l + r) - ln l = ln (1 + \frac{r}{l}), \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} Φ = {lim}_{}^{}_{n \to \infty}^{} \sum_{i = 1}^{n} \frac{μ_{0} I}{2 π ξ_{i}} \cdot \frac{r}{n} r = \frac{μ_{0} I r}{2 π} ln (1 + \frac{r}{l}) . \end{matrix}

(3)

Ezért (1) és (3) alapján

\begin{matrix} U = \frac{μ_{0} r}{2 π} ln (1 + \frac{r}{l}) \frac{d I}{d t} . \end{matrix}

(4)

A feladat szerint

I = k \cdot t

(k = 10^{3} A/s)

, így (4)-ből adatainkkal a keretben indukált feszültség

\begin{matrix} U = 6,44 \cdot 10^{- 5} V . \end{matrix}

A feszültség időben állandó, ezért a vezetőkeretben folyó

I_{k}

áram is időfüggetlen,

\begin{matrix} I_{k} = \frac{U}{R} = \frac{6,44 \cdot 10^{- 5} V}{10^{- 3} Ω} = 6,44 \cdot 10^{- 2} A . \end{matrix}

(5)

b) Lenz törvénye értelmében a keret

O

középpontjában az egyenes vezető által keltett

B_{v}

és a keretben folyó áram által létrehozott

B_{k}

mágneses indukció ellentétes irányú, így az eredő indukció

\begin{matrix} B = B_{v} - B_{k} = 0, \end{matrix}

\begin{matrix} | B_{v} | = | B_{k} | . \end{matrix}

(6)

B_{k}

indukciót a Biot‐Savart-törvényből számíthatjuk. Szimmetria okok miatt nyilván elegendő a keret pl.

A B

szakasza által keltett

B_{k}^{A B}

értéket kiszámítani, ekkor

\begin{matrix} | B_{k} | = 4 \cdot | B_{k}^{A B} | = 4 \cdot \frac{μ_{0} I_{k}}{4 π} \int_{A B}^{} \frac{cos α}{a^{2}} d y = \frac{2 μ_{0} I_{k}}{π r} \int_{- π / 4}^{π / 4} cos α d α = 2 \sqrt[]{2} \frac{μ_{0} I_{k}}{π r}, \end{matrix}

(7)

ahol felhasználtuk az

a = \frac{r}{2 \cdot cos α}

y = \frac{r}{2} tg α

d y = \frac{r}{2 \cdot cos^{2} α} d α

összefüggéseket (l. az ábrát!).
A (2) egyenlethez hasonlóan a

B_{v}

indukció az

O

pontban

\begin{matrix} | B_{v} | = \frac{μ_{0} I}{2 π (l + r / 2)} . \end{matrix}

Ezt és a (7) kifejezést (6)-ba írva és kihasználva, hogy

I = k \cdot t

, kapjuk:

\begin{matrix} | B_{v} | = \frac{μ_{0} k \cdot t}{2 π (l + r / 2)} = 2 \sqrt[]{2} \frac{μ_{0} I_{k}}{π r} = | B_{k} | . \end{matrix}

Rendezve, a keresett időpont

\begin{matrix} t = \frac{4 \cdot \sqrt[]{2} (l + r / 2)}{k \cdot r} I_{k} = \frac{4 \cdot \sqrt[]{2} \cdot 0,15 m}{10^{3} (A/s) \cdot 0,2 m} \cdot 6,44 \cdot 10^{- 2} A = 2,73 \cdot 10^{- 4} s, \end{matrix}

I = 0

-hoz tartozó időpontot követően.