Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Áramvezetőre ható erő, Mágneses mező energiája, energiasűrűsége, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/február: 2006. fizika feladat

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

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

1. ábra

Egy kis

Δ l

hosszúságú huzaldarabra az erők egyensúlyának feltétele (1. ábra):

\begin{matrix} F_{h} Δ l / r = I B Δ l, \end{matrix}

ahol

F_{h}

a huzalt feszítő erő,

I B Δ l

Δ l

hosszúságú huzaldarabra ható Lorenz-erő, és

r

a huzal görbületi sugara. Egyensúlyban

F_{h}

a huzal mentén állandó, így

r

is állandó, vagyis a hurok kör alakot vesz fel (2. ábra). Ilyenkor

r = 2 l / π

és

F_{h} = I B r .

2. ábra

Számítsuk ki a hurok tágulásakor végzett mechanikai munkát! A

Δ l

hosszúságú huzaldarab által végzett munka

I B Δ l s,

ahol

s

a huzaldarab elmozdulása (3. ábra).

3. ábra

Δ l s

nem más, mint a huzaldarab által súrolt terület, ezért a teljes hurok által végzett munka

W_{mech} = I B Δ A

lesz, ahol

Δ A

a hurok által körbezárt terület növekedése:

\begin{matrix} Δ A = {(\frac{2 l}{π})}^{2} π - l^{2} = (\frac{4}{π} - 1) l^{2} = 0, 27 l^{2} . \end{matrix}

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:

\begin{matrix} E = (1 / 2) L_{hh} I^{2} + (1 / 2) L_{tt} I_{t}^{2} + L_{th} I I_{t}, \end{matrix}

ahol

I_{t}

a tekercs (állandó) áramerőssége,

L_{hh}

a hurok,

L_{tt}

a tekercs önindukciója,

L_{th}

pedig a kölcsönös indukció. (Kiszámítható, hogy ennyi munkát végeznek a generátorok az áramok bekapcsolásakor.) A hurok tágulásakor

L_{hh}

és

L_{th}

változik. A hurok saját mágneses terében végzett munkáját már

W_{mech}

kiszámításánál is elhanyagoltuk,

L_{tt}

pedig állandó, ezért a továbbiakban csak a kölcsönös indukcióból származó energiákkal foglalkozunk. A tér energiájának megváltozása:

\begin{matrix} Δ E = I I_{t} Δ L_{th} . \end{matrix}

A feladatban megadott külső tér esetén a tekercsben folyó

I_{t}

áramnak

I

-vel egyező irányban kell keringenie, és

L_{th}

nő a hurok tágulásakor, ezért a mágneses tér energiája is nőni fog.

L_{th}

-t fejezzük ki az ismert adatokkal:

\begin{matrix} B A = L_{th} I_{t}, L_{th} = B A / I_{t} . \end{matrix}

Behelyettesítve az előző egyenletbe:

\begin{matrix} Δ E = I B Δ A . \end{matrix}

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

\begin{matrix} W_{h} = \int_{t_{1}}^{t_{2}} I \frac{d (L_{th} I_{t})}{d t} d t = \int_{t_{1}}^{t_{2}} I \frac{d (B A)}{d t} d t = I B \int_{t_{1}}^{t_{2}} I \frac{d A}{d t} d t = I B Δ A, \\ W_{t} = \int_{t_{1}}^{t_{2}} I_{t} \frac{(d L_{th} I)}{d t} d t = \int_{t_{1}}^{t_{2}} I_{t} \frac{d [(B A / I_{t}) I]}{d t} d t = I B \int_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{d A}{d t} = I B Δ A . \end{matrix}

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:

\begin{matrix} W_{mech} = Δ E = W_{h} = W_{t} . \end{matrix}

Mindkét telep munkát végez, amelynek egyik fele mechanikai munkavégzésre, másik fele a mágneses tér energiájának növelésére fordítódik.

Vladár Károly