Kezdőlap


Feladat:	4969. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Elek Péter , Marozsák Tóbiás , Olosz Adél , Tófalusi Ádám
Füzet:	2018/március, 181 - 186. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Áramvezetőre ható erő
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2017/október: 4969. fizika feladat

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

A két tekercs között ható erő vonzó hatású, ha a két áram ( $I_{1}$ és $I_{2}$ ) körüljárási iránya megegyezik, ellenkező esetben pedig ugyanakkora nagyságú, de taszító. A továbbiakban három különböző megoldást mutatunk a feladatra.

I. megoldás. Az elrendezés forgásszimmetriája miatt a két tekercs között ható eredő erő a szimmetriatengellyel párhuzamos, így elegendő csak az ilyen irányú erőket összegeznünk.
A nagy tekercs által a kis tekercs helyén létrehozott mágneses térnek tengelyirányú

B_{‖}

komponense, illetve radiálisan kifelé mutató

B_{⊥}

komponense van (1. ábra). Vegyük észre, hogy a

Δ F = I \cdot Δ ℓ \times B

képlet szerint tengelyirányú erőt csak

B_{⊥}

okoz, azaz feladatunk ennek a komponensnek a meghatározása.

1. ábra

Ismeretes, de a Biot‐Savart-törvény segítségével könnyen le is vezethető (ettől itt most eltekintünk), hogy a nagy tekercs által a tengely mentén, a tekercs középpontjától

h

távolságban keltett mágneses indukció nagysága

\begin{matrix} B_{‖} (h) = \frac{μ_{0}}{2} I_{1} N_{1} R^{2} {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2} . \end{matrix}

Vegyünk fel egy igen kicsiny

Δ h

magasságú,

r

sugarú hengerfelületet (koaxiálisan) a kis tekercs köré (2. ábra). Tekintettel arra, hogy

r ≪ R

és

Δ h ≪ h

, a mágneses indukció nagysága a henger alap- és fedőlapján, illetve az oldalpalást mentén állandónak vehető. A henger felső lapján a mágneses indukció nagysága egy kicsiny

Δ B

-vel különbözik az alaplap menti indukciótól:

\begin{matrix} B_{‖} (h + Δ h) = B_{‖} (h) + Δ B_{‖}, \end{matrix}

emiatt a körlapokon be- és kilépő mágneses fluxus nem egyezik meg. A teljes (zárt) hengerfelületen kilépő összes mágneses fluxus viszont (a mágneses tér forrásmentessége miatt) nulla:

\begin{matrix} B_{‖} (h + Δ h) r^{2} π - B_{‖} (h) r^{2} π + 2 r π Δ h B_{⊥} = 0, \end{matrix}

ahonnan megkapható a számunkra érdekes (sugárirányú) komponens:

\begin{matrix} B_{⊥} = - \frac{r}{2} \frac{Δ B_{‖}}{Δ h} \approx \frac{3}{4} μ_{0} I_{1} N_{1} R^{2} r h {(h^{2} + R^{2})}^{- 5 / 2} . \end{matrix}

2. ábra

Megjegyzés. Az utolsó lépés jogosságát a kicsiny mennyiségek hányadosának differenciálhányadossal történő közelítésével láthatjuk be:

\begin{matrix} \frac{Δ B_{‖}}{Δ h} \approx B_{‖}' (h), \end{matrix}

de a Newton-féle

{(1 + ε)}^{n} \approx 1 + n ε

(ha

ε ≪ 1

) közelítő képlet is eredményre vezet:

\begin{matrix} {[{(h + Δ h)}^{2} + R^{2}]}^{- \frac{3}{2}} \approx {(h^{2} + 2 h Δ h + R^{2})}^{- 3 / 2} \approx {(h^{2} + R^{2})}^{- \frac{3}{2}} {(1 + \frac{2 h Δ h}{h^{2} + R^{2}})}^{- 3 / 2} \approx \\ \approx {(h^{2} + R^{2})}^{- \frac{3}{2}} (1 - \frac{3}{2} \frac{2 h Δ h}{h^{2} + R^{2}}) = {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2} - 3 h Δ h {(h^{2} + R^{2})}^{- 5 / 2} . \end{matrix}

A kis tekercsre ható eredő erő (kihasználva, hogy a tekercs minden pontjában

Δ ℓ

merőleges

B_{⊥}

-re):

\begin{matrix} F = \sum Δ F = I_{2} N_{2} B_{⊥} \sum Δ ℓ = \frac{3}{2} μ_{0} I_{1} I_{2} N_{1} N_{2} R^{2} r^{2} h {(h^{2} + R^{2})}^{- 5 / 2} π . \end{matrix}

II. megoldás. Mivel a két tekercs egyforma nagyságú erőt fejt ki egymásra, a feladat megoldáshoz számolhatjuk a kis tekercs által a nagy tekercsre kifejtett erőt is.
Minthogy

r ≪ R

, a kis tekercs mágneses tere közelíthető egy

\begin{matrix} m = I_{2} N_{2} \cdot r^{2} π \end{matrix}

nyomatékú mágneses dipólus terével.
Bontsuk fel az

m

vektort két komponensre a 3. ábrán látható módon. Az egyes komponensek által létrehozott mágneses indukcióvektorok nagyságát (

B_{1}

, illetve

B_{2}

) és irányát könnyen meghatározhatjuk a dipólustól

L = \sqrt[]{h^{2} + R^{2}}

távol lévő

P

pontban, hiszen ezek a Gauss-féle főhelyzeteknek felelnek meg.

B_{1}

nagysága az I. Gauss-féle főhelyzetre (a dipól tengelyére eső pontokra) vonatkozó ismert képlet (lásd az I. megoldást) alapján:

\begin{matrix} B_{1} & = \frac{μ_{0} m_{1}}{2 π} \frac{1}{L^{3}} = \frac{μ_{1} m cos φ}{2 π} {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2} . \end{matrix}

B_{2}

nagysága a II. Gauss-féle főhelyzetre (a dipól tengelyére merőleges síkban elhelyezkedő pontokra) vonatkozó képlet alapján:

\begin{matrix} B_{2} = \frac{μ_{0} m_{2}}{4 π} \frac{1}{L^{3}} = \frac{μ_{1} m sin φ}{4 π} {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2} . \end{matrix}

3. ábra

Megjegyzés. A II. főhelyzetben a mágneses indukció

B_{2}

vektora ellentétes irányú az

m_{2}

dipólnyomatékkal, az I. főhelyzetben viszont

B_{1}

és

m_{1}

azonos irányú vektorok.

B_{2}

nagysága ‐ ugyanakkora

L

távolság és ugyanakkora dipólnyomaték esetén ‐ éppen fele

B_{1}

-nek. Mindezt pl. a Biot‐Savart-törvény alkalmazásával láthatjuk be, ha azt a 4. ábrán látható kicsiny, áramjárta körvezető, vagyis az

m_{2} = I L Δ φ Δ L

nyomatékú mágneses dipól

P

pontbeli terének kiszámítására használjuk. A mágneses indukcióhoz csak a két kis körív árama ad járulékot, és az eredő tér nagysága:

\begin{matrix} B_{2} & = \frac{μ_{0} I}{4 π} (\frac{L Δ φ}{L^{2}} - \frac{(L + Δ L) Δ φ}{{(L + Δ L)}^{2}}) \approx \frac{μ_{0} I Δ φ}{4 π} (\frac{1}{L} - \frac{1}{(L + Δ L)}) \approx \\ \approx \frac{μ_{0} I Δ φ Δ L}{4 π L^{2}} = \frac{μ_{0} m_{2}}{4 π} \frac{1}{L^{3}} . \end{matrix}

4. ábra

A 3. ábra alapján a keresett radiális indukciókomponens nagysága

\begin{matrix} B_{⊥} & = B_{1} sin φ + B_{2} cos φ = \frac{3}{4} \frac{μ_{0} m}{π} {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2} sin φ cos φ = \\ = \frac{3}{4} \frac{μ_{0} m}{π} {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2} \frac{R}{\sqrt[]{h^{2} + R^{2}}} \frac{r}{\sqrt[]{h^{2} + R^{2}}} = \frac{3 μ_{0}}{4} I_{2} N_{2} R r^{2} h {(h^{2} + R^{2})}^{- 5 / 2}, \end{matrix}

és végül a nagy tekercsre ható erő:

\begin{matrix} F = 2 R π I_{1} N_{1} B_{⊥} = \frac{3}{2} μ_{0} I_{1} I_{2} N_{1} N_{2} R^{2} r^{2} h {(h^{2} + R^{2})}^{- 5 / 2} π . \end{matrix}

III. megoldás. A feladat energetikai megfontolásokkal is megoldható. Legyen a két tekercs önindukciós állandója rendre

L_{1}

és

L_{2}

, a kölcsönös indukciós együtthatójuk pedig

M

. (A kölcsönös indukcióról és a mágneses tér energiájáról lásd még Gnädig Péter: A kölcsönös indukció c. cikket a KöMaL 2001. évi 2. számában, illetve Szász Krisztián: Két párhuzamosan kapcsolt ideális tekercs eredő induktivitása c. cikket a KöMaL 2011. évi 9. számában és a KöMaL honlapján. ‐ A Szerk.)
A két lapos tekercs kölcsönös indukciós együtthatóját könnyen meghatározhatjuk, ha a nagy tekercs által létrehozott mágneses indukcióvektort a kis tekercs által határolt körlapon állandónak tekintjük. (Ez a feltevés

r ≪ R

miatt jogos.) A kis tekercsen áthaladó mágneses fluxus:

\begin{matrix} Φ_{1,2} = N_{2} r^{2} π B_{‖} (h) = \frac{μ_{0} π}{2} I_{1} N_{1} N_{2} R^{2} r^{2} {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2}, \end{matrix}

és így a kölcsönös indukciós együttható:

\begin{matrix} M (h) = \frac{Φ_{1,2}}{I_{1}} = \frac{μ_{0} π}{2} N_{1} N_{2} R^{2} r^{2} {(h^{2} + R^{2})}^{- 3 / 2} . \end{matrix}

Látható, hogy a kölcsönös indukciós együttható függ a tekercsek távolságától, míg az önindukciós együtthatók nyilván függetlenek

h

-tól.
A rendszer mágneses terének energiáját az

\begin{matrix} E = \frac{1}{2} L_{1} I_{1}^{2} + \frac{1}{2} L_{2} I_{2}^{2} + M I_{1} I_{2} \end{matrix}

kifejezés írja le. Ha a két tekercs közötti távolságot egy kicsiny

Δ h

értékkel megnöveljük, miközben

F

nagyságú húzóerőt fejtünk ki, akkor

W = F Δ h > 0

munkát végzünk. Eközben a rendszer mágneses terének energiája

\begin{matrix} Δ E = I_{1} I_{2} Δ M (h) \end{matrix}

értékkel megváltozik. Első gondolatunk az lehet, hogy a munkatétel szerint

\begin{matrix} Δ E = W, vagyis F = \frac{Δ E}{Δ h} . \end{matrix}

Ez azonban nem lehet igaz, hiszen

h

növelésekor

E (h)

csökken, így

Δ E < 0

nem egyezhet meg a

W > 0

munkával.
A hiba forrása a következő: miközben a tekercseket eltávolítjuk egymástól, a bennük folyó áramot csak külső feszültségforrások segítségével tarthatjuk állandó értéken, és ezen feszültségforrások által leadott energiát nem vettük figyelembe az energiamérleg felírásánál. Ha a munkatételt helyesen akarjuk alkalmazni, akkor vagy ki kell számítanunk a külső áramforrások energialeadását, vagy ‐ egy ,,trükk'' alkalmazásával ‐ energetikailag zárttá kell tennünk a rendszert. A továbbiakban a második módszert követjük.
A tekercseket, amelyekben kezdetben

I_{1}

és

I_{2}

áram folyt, oly mértékben lehűthetjük, hogy szupravezetőkké váljanak. Ekkor az áramok fenntartásához nincs szükség külső feszültségforrásra, tehát a tekercsek kivezetéseit akár rövidre is zárhatjuk. A tekercsek között ható erő nyilván csak az áramok nagyságától függ, attól nem, hogy milyen hőmérsékletűek (milyen vezetőképességűek) a vezetékek.
Távolítsuk el gondolatban a két lehűtött (szupravezetővé tett) tekercset egymástól egy kicsiny

Δ h

távolsággal. A rendszer most energetikailag zárt, tehát az általunk végzett

W = F Δ h

munka a mágneses energia

Δ E

megváltozásával lesz egyenlő. Mivel a szupravezető tekercsek mágneses fluxusa nem változhat meg (ellenkező esetben feszültség indukálódna, és az ,,végtelen nagy'' áramot indítana el bennük), a tekercsek eltávolítása közben nemcsak

M

, hanem

I_{1}

és

I_{2}

is változni fog. A tekercsek fluxusa, vagyis

\begin{matrix} Φ_{1} = L_{1} I_{1} + M I_{2}, illetve Φ_{2} = L_{2} I_{2} + M I_{1} \end{matrix}

állandó marad, vagyis

\begin{matrix} L_{1} \cdot Δ I_{1} + I_{2} \cdot Δ M + M \cdot Δ I_{2} = 0, \end{matrix}

továbbá

\begin{matrix} L_{2} \cdot Δ I_{2} + I_{1} \cdot Δ M + M \cdot Δ I_{1} = 0. \end{matrix}

Ha a fenti egyenletek bal oldalának

I_{1}

, illetve

I_{2}

-szörösét kivonjuk a mágneses energia

\begin{matrix} Δ E = L_{1} I_{1} Δ I_{1} + L_{2} I_{2} Δ I_{2} + I_{1} I_{1} Δ M + M (I_{1} Δ I_{2} + I_{2} Δ I_{1}) \end{matrix}

megváltozásából, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} Δ E = - I_{1} I_{1} Δ M > 0. \end{matrix}

(A helyes eredmény csak egy előjelben tér el a naiv, hibás gondolatmenet eredményétől.)
A kölcsönös indukciós együttható kicsiny megváltozását az I. megoldásban alkalmazott módon (differenciálszámítással, vagy a Newton-formula alkalmazásával) számíthatjuk ki:

\begin{matrix} Δ M = - \frac{3 π}{2} μ_{0} N_{1} N_{2} R^{2} r^{2} h {(h^{2} + R^{2})}^{- 5 / 2} Δ h, \end{matrix}

és így a keresett vonzóerő:

\begin{matrix} F = - I_{1} I_{2} \frac{Δ M}{Δ h} = + \frac{3 π}{2} μ_{0} I_{1} I_{2} N_{1} N_{2} R^{2} r^{2} h {(h^{2} + R^{2})}^{- 5 / 2} . \end{matrix}

Marozsák Tóbiás (Budapest, Óbudai Árpád Gimn., 12. évf.)