Kezdőlap


Feladat:	3809. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gyenis András , Gyenis András , Hagymási Imre , Meszéna Balázs , Nagy Zoltán , Pálinkás Csaba , Széchenyi Gábor
Füzet:	2005/december, 566 - 568. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Erőhatások mágneses mezőben, Szolenoid mágneses tere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/május: 3809. fizika feladat

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

I. megoldás. Számítsuk ki, hogy mekkora az egyik, $I_{1}$ erősségű árammal átjárt tekercs mágneses indukcióvektorának tengely irányú komponense a tekercs végénél! A tekercs belsejében (a végeitől messze) az indukcióvektor párhuzamos a tengellyel, és a nagysága $B = μ_{0} I_{1} n .$ Képzeletben tegyünk egy másik, ugyanolyan tulajdonságú tekercset az eredeti tekercsünk mellé úgy, hogy a végeik éppen érintkezzenek. Az eredő indukcióvektor nagysága most $B$ lesz, és mivel (a szimmetria miatt) mindkét tekercs ugyanolyan mértékben járul hozzá a tengellyel párhuzamos indukcióvektorhoz, egyetlen tekercs végénél az indukcióvektor tengellyel párhuzamos komponense $B / 2$ kell legyen.
Vizsgáljuk most a feladatban szereplő két tekercset, méghozzá rögtön az általánosabb $b)$ kérdésben szereplő áramokkal! (Az $a)$ kérdés nyilván speciális esete $b)$ -nek.) Az egyik tekercs mágneses teréből származó

\begin{matrix} Φ = \frac{μ_{0} I_{1} n}{2} A \end{matrix}

(1)

nagyságú mágneses fluxus behatol a másik tekercsbe, majd annak palástján keresztül ki is lép belőle. (Ha a tekercsek elegendően hosszúak, akkor az egyik tekercs mágneses teréből származó fluxusnak az a része, amely a másik tekercs ,,túlsó'' végén lép ki, elhanyagolhatóan kicsi.)
Vizsgáljuk most az egyik tekercs mágneses indukcióvektorának a másik tekercsben folyó áramokra kifejtett erőhatását! A tengellyel párhuzamos indukció-komponens nem fejt ki eredő erőt a körnek tekinthető menetekben folyó áramokra (hiszen ilyenkor sugár irányú az erő), elegendő tehát csak a tengelyre merőleges komponensekkel foglalkoznunk. Jelöljük a tekercs végétől számított

i

-edik menet helyén fellépő indukcióvektor tengelyre merőleges komponensét

B_{i}

-vel! Ekkor az egyes,

2 \sqrt[]{A π}

hosszúságú menetekre kifejtett erő nagysága

F_{i} = 2 \sqrt[]{A π} B_{i} I_{2}

, a tekercs egészére ható erő pedig

\begin{matrix} F = \sum_{i}^{} F_{i} = 2 \sqrt[]{A π} I_{2} \sum_{i}^{} B_{i} . \end{matrix}

(2)

Másrészt tudjuk, hogy az egyik tekercs teréből származó mágneses fluxusnak a másik tekercsen áthaladó része

\begin{matrix} Φ = \sum_{i}^{} (2 \sqrt[]{A π} \frac{1}{n} B_{i}) = \frac{μ_{0} I_{1} n}{2} A . \end{matrix}

(3)

(Kihasználtuk, hogy egységnyi hosszra

n

menet jut, az egyes menetek távolsága tehát

1 / n

, továbbá hogy a sűrűn tekercselt tekercs egy-egy menete mentén a mágneses indukció tengelyre merőleges komponense állandónak vehető.)
A (3) összefüggésből kifejezhetjük

\sum B_{i}

-t és azt (2)-be helyettesíthetjük, így a kérdéses erőre végül

\begin{matrix} F = \frac{μ_{0} I_{1} I_{2} n^{2} A}{2} \end{matrix}

adódik, amely az

a)

kérdésben szereplő esetben

F = \frac{μ_{0}}{2} I^{2} n^{2} A

alakra egyszerűsödik.

II. megoldás. Tekintsük először az

a)

kérdésnek megfelelő

I_{1} = I_{2} = I

esetet. Tegyük fel, hogy mindkét tekercs szupravezető (nulla elektromos ellenállású) vezetékekből készült, s mindkettőt rövidre zártuk. (A tekercsek közötti erőhatás csak az áramerősségek és az ezekkel arányos mágneses térerősségek nagyságától függ, a vezetékek ellenállásától nem; a feladat szempontjából tehát lényegtelen, hogy miként tartjuk fenn a megadott áramokat, külső áramforrásokkal, vagy éppen forrás nélküli szupravezetőkkel.)
Ha mindkét tekercsben ugyanakkora az áram erőssége, tekinthetjük a rendszert egyetlen

ℓ

hosszúságú tekercsnek, melynek

N = n ℓ

menete van. Ezen tekercsben a mágneses fluxus

Φ = L I

, ahol

\begin{matrix} L = \frac{μ_{0} N^{2} A}{ℓ} \end{matrix}

(1)

a tekercs önindukciós együtthatója.
A tekercs mágneses energiája

\begin{matrix} W = \frac{1}{2} L I^{2} = \frac{Φ^{2}}{2 L} . \end{matrix}

(2)

Távolítsuk el gondolatban a tekercs két részét egymástól valamekkora

Δ x

távolsággal! Ezt, ha

Δ x

olyan kicsiny, hogy az elmozdítás közben a féltekercsek között ható

F

erő állandónak tekinthető,

Δ W = F \cdot Δ x

munkavégzéssel tehetjük meg. A végzett munka a rendszer mágneses energiáját növeli, tehát éppen a (2) képlettel megadott

W

megváltozásával egyenlő. Célszerű a második, a fluxussal kifejezett alakot használnunk, hiszen a tekercsek széthúzásakor

L

is és

I

is megváltozik, a

Φ

fluxus viszont változatlan kell maradjon (ellenkező esetben végtelen nagy áram indukálódna a nulla ellenállású vezetőben). Így tehát

\begin{matrix} Δ W = \frac{Φ^{2}}{2} \cdot Δ \frac{1}{L} = \frac{Φ^{2}}{2} \cdot \frac{1}{μ_{0} N^{2} A} \cdot Δ x . \end{matrix}

Δ W

-re kapott kétféle kifejezés összehasonlításából az erőre

\begin{matrix} F = \frac{Φ^{2}}{2} \cdot \frac{1}{μ_{0} N^{2} A} = \frac{μ_{0} I^{2} n^{2} A}{2} \end{matrix}

adódik.

b)

Ha mindkét tekercsben

I_{1}

erősségű áram folyik, a tekercsek között

\begin{matrix} F = \frac{μ_{0} I_{1}^{2} n^{2} A}{2} \end{matrix}

erő hat. Amennyiben az egyik tekercs áramerősségét

I_{2} / I_{1}

arányban megnöveljük, az erőhatásnak is ugyanilyen arányban kell megváltoznia (hiszen egy adott erősségű mágneses térben levő vezetőre ható erő arányos a vezetőben folyó áram erősségével), tehát

\begin{matrix} F = \frac{μ_{0} I_{1} I_{2} n^{2} A}{2} \end{matrix}

lesz.