Feladat: 2006. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Kaiser András ,  Sipos István ,  Székely Gábor ,  Vladár Károly 
Füzet: 1985/december, 469 - 471. oldal  PDF file
Témakör(ök): Áramvezetőre ható erő, Mágneses mező energiája, energiasűrűsége, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/február: 2006. fizika feladat

r sugarú, hajlékony vezető huzalból l oldalú négyzetet rögzítünk egy vízszintes lapon, és azt síkjára merőleges, B indukciójú, homogén mágneses térbe helyezzük. Mi történik a kerettel, ha a CD pontokra olyan U feszültséget kapcsolunk, hogy a keretben az ábrán látható irányú, állandó, kis I áram folyjon, és a rögzítést a bekapcsolás után, a CD pontok kivételével feloldjuk? Hogyan alakulnak az energiaviszonyok?
 
 

Az áram bekapcsolása után kialakult egyensúlyi helyzetben a huzalra a hossza mentén egyenletesen eloszló, kifelé mutató erő hat.
 
 
1. ábra
 

Egy kis Δl hosszúságú huzaldarabra az erők egyensúlyának feltétele (1. ábra):
FhΔl/r=IBΔl,
ahol Fh a huzalt feszítő erő, IBΔl a Δlhosszúságú huzaldarabra ható Lorenz-erő, és r a huzal görbületi sugara. Egyensúlyban Fh a huzal mentén állandó, így r is állandó, vagyis a hurok kör alakot vesz fel (2. ábra). Ilyenkor r=2l/π és Fh=IBr.
 
 
2. ábra
 

Számítsuk ki a hurok tágulásakor végzett mechanikai munkát! A Δl hosszúságú huzaldarab által végzett munka IBΔls, ahol s a huzaldarab elmozdulása (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Δls nem más, mint a huzaldarab által súrolt terület, ezért a teljes hurok által végzett munka Wmech=IBΔA lesz, ahol ΔA a hurok által körbezárt terület növekedése:
ΔA=(2lπ)2π-l2=(4π-1)l2=0,27l2.
A számítás során elhanyagoltuk a huzalnak a saját mágneses terében végzett munkáját.
Az energiamérleg vizsgálatánál számba kell vennünk a mágneses tér energiáját, valamint a hurok áramgenerátora, illetve a B külső teret létrehozó tekercs áramgenerátora által végzett munkát.
A mágneses tér energiája két áramkör esetén:
E=(1/2)LhhI2+(1/2)LttIt2+LthIIt,
ahol It a tekercs (állandó) áramerőssége, Lhha hurok, Ltta tekercs önindukciója, Lth pedig a kölcsönös indukció. (Kiszámítható, hogy ennyi munkát végeznek a generátorok az áramok bekapcsolásakor.) A hurok tágulásakor Lhh és Lth változik. A hurok saját mágneses terében végzett munkáját már Wmech kiszámításánál is elhanyagoltuk, Ltt pedig állandó, ezért a továbbiakban csak a kölcsönös indukcióból származó energiákkal foglalkozunk. A tér energiájának megváltozása:
ΔE=IItΔLth.
A feladatban megadott külső tér esetén a tekercsben folyó It áramnak I-vel egyező irányban kell keringenie, és Lth nő a hurok tágulásakor, ezért a mágneses tér energiája is nőni fog. Lth-t fejezzük ki az ismert adatokkal:
BA=LthIt,Lth=BA/It.
Behelyettesítve az előző egyenletbe:
ΔE=IBΔA.

A két áramgenerátor is végez munkát a hurok tágulásakor indukálódott feszültség ellen.
Az ohmikus terhelésen felül végzett munka a két esetben:

Wh=t1t2Id(LthIt)dtdt=t1t2Id(BA)dtdt=IBt1t2IdAdtdt=IBΔA,Wt=t1t2It(dLthI)dtdt=t1t2Itd[(BA/It)I]dtdt=IBt1t2dAdt=IBΔA.




Az indukált feszültség mindkét esetben az árammal ellentétes irányú, az áramgenerátorok ezért munkát végeznek. Az energiamegmaradás úgy teljesül tehát, hogy egyszerre négy energia nagysága egyezik meg:
Wmech=ΔE=Wh=Wt.
Mindkét telep munkát végez, amelynek egyik fele mechanikai munkavégzésre, másik fele a mágneses tér energiájának növelésére fordítódik.
 

 Vladár Károly