Feladat:	3393. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Király Tamás
Füzet:	2001/március, 187 - 189. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Biot-Savart törvény, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/december: 3393. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Az elrendezésben a $C$ és a $D$ pontok teljesen szimmetrikus szerepet töltenek be, emiatt ekvipotenciálisak, közöttük nem folyik áram. Az $ACB$ és $ADB$ ágak ellenállása kétszerese az $AB$ ág ellenállásának, így a megfelelő áramerősségek: $\begin{array}{c}{\displaystyle I_{AC}=I_{CB}=I_{AD}=I_{DB}=\frac{I}{4}\mathrm{,}{I}_{AB}=\frac{I}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A Biot‐Savart-törvény szerint egy véges hosszúságú egyenes vezetődarab járuléka az általa létrehozott mágneses mezőhöz arányos a vezetékben folyó árammal, és a mező iránya valamely $O$ pontban merőleges arra a síkra, amely vezetőre és az $O$ pontra illeszkedik. Így például az $AC$ szakasz járuléka az $O$ pontbeli mágneses indukcióvektorhoz $\begin{array}{c}{\displaystyle {\text{B}}_{AC}=kI\overrightarrow{BD}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $k$ (a tetraéder méretétől is függő) pozitív szám. (Felhasználtuk, hogy a szabályos tetraéder szemközti élei merőlegesek egymásra, így a $\overrightarrow{BD}$ vektor éppen a Biot‐Savart-törvénynek és a jobbkéz-szabálynak megfelelő irányú.) A többi él járuléka is hasonlóan számolható, és mivel a két hosszú egyenes vezető a középpontban nem hoz létre mágneses teret, a teljes mágneses indukció az $O$ pontban: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{B}=kI\left(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{DC}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ez a vektor viszont $\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{CA}\text{és}\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{CB}}\end{array}$ miatt nullvektor, vagyis a mágneses indukció a tetraéder középpontjában nulla.  Király Tamás (Budapest, Mechatronikai Szki. és Gimn. 12. o.t.)   II. megoldás. Megmutatjuk, hogy mindegyik szabályos poliéderre (a tetraéder mellett a kockára, az oktaéderre, a dodekaéderre és az ikozaéderre is) igaz a következő állítás: a poliéder bármely két csúcsánál ,,centrálisan'' oda-, illetve elvezetett áram hatására kialakuló mágneses mező a poliéder $O$ középpontjában nulla. Képzeljük el a következő (csillagszóróra emlékeztető) elrendezést: a poliéder egyik (mondjuk $A$ jelű) csúcsához egy hosszú, egyenes, a középpont felé irányuló vezetéken $I$ áramot vezetünk, az összes többi csúcsból pedig hasonló irányítású huzalokon egyforma erősségű áramot vezetünk el. Hozzunk létre egy másik, hasonló árameloszlást: vezessünk el a $B$ pontból $I$ áramot, az összes többi csúcspontba pedig egyforma erősségű befolyó áramokkal folyamatosan pótoljuk a hiányzó töltéseket. Ezen két árameloszlás szuperpoziciója éppen az állításunkban szereplő áramelrendezést adja (1. ábra); így tehát ha sikerül belátnunk, hogy egyetlen ,,csillagszóró'' mágneses tere a poliéder középpontjában nulla, akkor a két tetszőleges helyzetű külső vezetékes árameloszlásra is bebizonyítottuk állításunkat. Tételezzük fel, hogy $A$ pontba vezetett (és a többi csúcspontnál szimmetrikusan elvezetett) áram hatására a poliéder $O$ közeppontjában valamekkora B mágneses indukció alakul ki. Ennek a B vektornak $AO$ irányúnak kell lennie, hiszen a poliédert $AO$ körül valamekkora (a poliéder szimmetriájára jellemző) szöggel (az oktaédert pl. ${90}^{\circ }$-kal) elforgatva az eredetivel megegyező áramelrendezést kapjuk vissza, és ezzel a ,,diszkrét szimmetriával'' nyilván a mágneses mező is rendelkezik.) Képzeljük el, hogy a poliéder középpontjának közelében egy töltött részecske az $AO$ tengely körül körpályán mozog. Ha alkalmasan választjuk meg a részecske szögsebességét és keringési irányát, akkor az $O$ pontban mérhető mágneses mező éppen biztosítani képes a körmozgáshoz szükséges nagyságú és irányú centripetális erőt. Képzeljük el továbbá azt is, hogy az egész elrendezést (az árameloszlást, a kialakuló mágneses mezőt és a keringő részecskét) egy tükörből nézzük (2. ábra). A poliéder tükörképe az eredetivel megegyező poliéder lesz, az árameloszlás is ugyanolyan, mint a ,,tükör előtti világban'', a részecske keringése azonban megfordul. Ha a részecske a valóságban az $A$ pont felől nézve mondjuk az óramutatóval megegyező irányban forog, akkor a ,,tükrön túl'' a forgásának iránya éppen ellenkező lesz. A tükrözött elrendezésben tehát a mágneses mező fordított irányú, mint a valóságban, noha az árameloszlás mindkét esetben ugyanaz, tehát a $\text{B}$ vektornak sem lenne szabad megváltoznia. Egyetlen olyan vektor van, amelyik önmaga $\left(-1\right)$-szerese: a nullvektor. A poliéder középpontjában tehát a csillagszóróra emlékeztető elrendezésben nem lehet nullától különböző mágneses indukció, s az egyenletek linearitása (szuperponálhatósága) miatt ugyanez érvényes a csillagszórókból összetehető bonyolultabb áramelrendezésekre is.  (G. P.)