Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

← Vissza az előző oldalra – Elektromágneses terek alapjai

Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. A bennük szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.

Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.

Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide! Sablon:Noautonum

38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása

Egy koaxiális kábel erének a sugara [math]{r_1} = 2mm[/math], köpenyének belső sugara [math]{r_2} = 6mm[/math]. Mekkora a szigetelőanyag [math]\sigma[/math] fajlagos vezetőképessége, ha a kábel [math]l = 200m[/math] hosszú szakaszának ellenállása [math]R = 4M\Omega[/math]?

Megoldás

Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást.

[math] U = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}} = {{ql} \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}} [/math]

[math] q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} [/math]

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

[math] C = C'l [/math]

[math] C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = {{U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}} \over U} = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} [/math]

Majd használjuk az elektrosztatika ill. az áramlási tér közötti analógiákat.

[math] C' \leftrightarrow G' [/math]

[math] \varepsilon \leftrightarrow \sigma [/math]

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát.

[math] G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} [/math]

Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásből és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak ki kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet.

[math] G = {1 \over R} = G'l \to G' = {1 \over R}{1 \over l} [/math]

[math] G' = {1 \over R}{1 \over l} = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} [/math]

42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása

Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség [math] J = e_z* 5 {kA \over m^2} [/math]. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró [math] A=80 cm^2 [/math] felületen átfolyó áram?

Megoldás

A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát. A J áramsűrűség-vektor z irányú, nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk.

[math]I = \int_A J dA[/math], esetünkben [math] I = J * A * \sin60^\circ=5000*80*10^{-4}*\sin60^\circ= 34.64A[/math]

50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól 4m távolságban. Az egyiken 2A, a másikon 3A folyik. Mekkora erő hat az egyik vezeték 1 m-es szakaszára?

Megoldás

Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.

H-t egy kör vonalán integráljuk, aminek a középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

[math]\oint H dl = \int J dA = I[/math]

[math]H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}[/math]

Tudjuk még, hogy [math]B = \mu_0 H[/math] vákuumban.

A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:

[math]F = q (v \times B ) = I (l \times B)[/math], ahol I a konstans áramerősség, l pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.

Innen a megoldás:

[math]F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N[/math]

Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:

[math]F = 2 \cdot 10^{-7} N[/math]

52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója

Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma [math]N_1[/math], a másiké [math]N_2[/math]. A toroid közepes sugara [math]r[/math], keresztmetszetének felülete [math]A[/math], relatív permeabilitása [math]\mu_r[/math]. Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!

Megoldás

A kölcsönös induktivitás definíció szerint:

[math]L_{12}=\frac{\Psi_{21}}{I}=\frac{N_2\Phi_{21}}{I}=\frac{N_2\int_{A_1} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{A_1}}{I}=\frac{N_2B_2N_1A}{I}= \frac{N_2\mu_0\mu_rH_2N_1A}{I}=\frac{N_2\mu_0\mu_rIN_1A}{I2r\pi}=\frac{\mu_0\mu_rN_1N_2A}{2r\pi}[/math]

58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája

Hányszorosára változik egy L önindukciós együtthatóval rendelkező I1 = 2A árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan I2 = 5A -re növeljük? Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?

Megoldás

Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.

Egy bármilyen tekercs fluxusa az [math]\Psi=L*I[/math] képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása: [math]\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{L*I_2}{L*I_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5[/math]

Egy bármilyen tekercs energiája számolható a [math]W=\frac{1}{2}*L*I^2[/math] képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása: [math]\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}*L*I_2^2}{\frac{1}{2}*L*I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25[/math]

59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény

Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy [math]\sigma=50 {nS \over m}[/math] fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el. A kondenzátor [math]A=100 cm^2[/math] felületű fegyverzetei egymástól [math]d=20 mm[/math] távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire [math]U = 1.2 kV[/math] feszültséget kapcsolunk.

Megoldás

A dielektrikum [math]G[/math] konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlás - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le.

[math]G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=\sigma * {A \over d}=50*10^{-9}*{100*10^{-4} \over 20*10^{-3}}=2.5*10^{-8} S[/math]

A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:

[math]P=U^2*G=1200^2*2.5*10^{-8}=36 mW[/math]

65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség

Egy r = 0.09m sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől d = 0.03m távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és I = 5A nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?

Megoldás

A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.

[math]\oint H dl = \int J dA = I[/math]

Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.

Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

[math]H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 *0.03 \pi} \approx 26.53 {A \over m}[/math]

78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása

Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az [math]U(z) = (3+4j)*e^{-j \beta z} + (2-j)*e^{j \beta z}[/math] függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!

Megoldás

A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --> - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --> + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:

[math]U^+ = 3+4j[/math]

[math]U^- = 2-j[/math]

Megjegyzés: A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!

Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:

[math]U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} [/math]

[math]U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} [/math]

Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti "x" paraméterezéssel, majd ebből "z" szerinti paraméterezéssel:

[math]|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} = 0.447[/math]

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

[math]\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62[/math]

81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett távvezeték megadott feszültségű pontjának meghatározása

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: [math]R' = 20 {m \Omega \over m}[/math] és [math]G' = 5 { \mu S \over m}[/math]. Egy [math]U_0[/math] egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá. Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség [math]U_0/2[/math] lesz!

Megoldás

Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:

[math]u(t,z)=|U^+|*e^{- \alpha z}*cos(\omega t - \beta z + \varphi^+)+|U^-|*e^{ \alpha z}*cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)[/math]

Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz [math]\omega =0[/math], ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát [math]\beta = 0[/math]. Az egyenfeszültségből következik, hogy a [math]\varphi [/math] kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1.

Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):

[math]u(t,z)=U_0*e^{- \alpha z}[/math]

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy [math]U_0[/math]-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.

A kérdéses "z" távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása ([math]\alpha[/math]), feltéve hogy [math]\omega =0[/math], hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:

[math]\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R'*G'} \right\}=\sqrt{R'*G'}=\sqrt{0.02*5*10^{-6}}=3.16*10^{-4}{1\over m}[/math]

Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely "z" távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:

[math]U_0*e^{-\alpha*z}={U_0 \over 2}[/math]

[math]e^{-\alpha*z}=0.5[/math]

[math]-\alpha*z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16*10^{-4}}=2.192 km[/math]

86. Feladat: Ideális távvezeték feszültségének számítása

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája [math]500\Omega[/math], hossza pedig [math]\frac{\lambda}{8}[/math]. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: [math]2A[/math] illetve [math]500V[/math]. Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején.

Megoldás

Tudjuk, hogy [math]\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} [/math] így [math](\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}[/math]

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:

[math]U_1 = cos (\beta l)*U_2 + j * sin(\beta l) * Z_0 * I_2 = cos \left( {\pi \over 4} \right)*500 + j * sin \left( {\pi \over 4} \right) * 500 * 2 = (354 + j707)V[/math]

94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke

Egy [math]R=5 \Omega[/math] ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa [math]\Phi(t)=30*sin(\omega t) mVs[/math], ahol [math]\omega=1 {krad \over s}[/math]. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: [math]u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega*0.03*cos(\omega t)[/math]

Behelyettesítve a körfrekvencia értékét: [math]u_i=-30*cos(\omega t) V[/math]

Innen a feszültség effektív értéke: [math]U_{eff}={30 \over \sqrt 2} V[/math]

Az áram effektív értéke pedig: [math] I_{eff}={U_{eff} \over R}={6 \over \sqrt 2} A[/math]

95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye

Adott egy [math]R[/math] ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: [math]\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 *sin(\omega t)[/math]. Adja meg a a gyűrűben indukált áram [math]i(t)[/math] időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.

Megoldás

Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel:

[math]u_i={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1* \omega * cos(\omega t)[/math]

Ebből az áram időfüggvénye: [math]R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R}* \omega * cos(\omega t)[/math]

Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.

Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.

Az indukált áram időfüggvénye tehát: [math]i(t)={\Phi_1 \over R}* \omega * cos(\omega t)[/math]

98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség

Az xy síkon helyezkedik el egy 3m sugarú, kör alakú, zárt l görbe. A mágneses indukció a térben homogén, z irányú komponense 40ms idő alatt 0.8T értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az l görbe mentén?

Megoldás

Az indukálási törvény alapján: [math]u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A*{ dB(t) \over dt}=-r^2\pi*{ \bigtriangleup B\over \bigtriangleup t}=-r^2\pi*{B_2-B_1\over\bigtriangleup t}=- 3^2\pi*{0-0.8\over0.04}=565.5 V [/math]

107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény

Egy [math]A=1.5 mm^2[/math] keresztmetszetű, 3m hosszú hengeres vezetőben 10A amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység [math] \delta = 9.7 mm[/math], a fajlagos vezetőképesség pedig [math] \sigma = 3.7*10^7 {S \over m}[/math]. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?

Megoldás

A vezető sugara: [math]r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm\lt \lt \delta[/math]

Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima "l" hosszúságú, "A" keresztmetszetű és "szigma" fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.

[math]R={1 \over \sigma}*{l \over A}={1 \over 3.7*10^{7}}*{3 \over 1.5*10^{-6}}=54m\Omega[/math]

A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):

[math]P={1\over2}*R*I^2={1\over2}*0.054*10^2=2.7W[/math]

109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség

Egy 2mm sugarú, hosszú hengeres vezető 35 MS/m fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység 80µm. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén [math]\vec{E}(t)=10*cos(\omega t)*\vec{n}_0[/math]. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos. Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!

Megoldás

Mivel: [math]\delta \lt \lt r [/math]

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása: [math]E(z)=E_0*e^{-\gamma z}=E_0*e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0*e^{-z/ \delta}*e^{-jz/ \delta}[/math]

A differenciális Ohm-törvény: [math]\vec{J}=\sigma * \vec{E }[/math]

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba: [math]\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma * E_0*e^{-z/ \delta}*e^{-jz/ \delta} *e^{j \omega t} \right\} * \vec{n}_0 = \sigma *E_0 * e^{-z/ \delta} * cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) * \vec{n}_0 [/math]

Behelyettesítés után [math]z= 2 \delta[/math] mélységben: [math]\vec{J}(t)= 35*10^6 * 10 * e^{-2 \delta / \delta} * cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) * \vec{n}_0 = 47.37 * cos \left( \omega t - 2 \right) * \vec{n}_0 {MA \over m^2}[/math]

111. Feladat: Behatolási mélység

Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!

Megoldás

[math] \gamma = \alpha + j\beta [/math] terjedési együttható

[math] \alpha [/math] - csillapítási tényező

[math] \beta [/math] - fázistényező

[math] \delta = \frac{1}{\alpha} [/math] behatolási mélység

Vezető anyagokban [math] \alpha = \beta [/math] , mivel:

[math] \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} [/math], azonban vezető anyagokban [math] \varepsilon \lt \lt \sigma [/math], így a terjedési együttható: [math] \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} [/math]

[math] \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} [/math]

[math] \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} [/math]

Ebből [math] \delta [/math] számításának módja:

[math] \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} [/math] (de most nem ezt kell használni)

A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: [math] E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} [/math]

[math] E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 [/math]

[math] \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} [/math]

[math] \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}[/math]

119. Feladat: Hullámimpedancia számítása

Egy adott [math]\mu_r=5[/math] relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed [math]\omega = 10 {Mrad \over s}[/math] körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: [math]\gamma = j0.1 {1 \over mm}[/math]
Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

Megoldás

A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.

[math] Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} [/math]

[math] \gamma = \sqrt{j \omega \mu * (\sigma +j \omega \varepsilon) } [/math]

Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:

[math] (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } [/math]

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

[math] Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}[/math]

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

[math] Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 * 5 * 4 \pi * 10^{-7} \over j 10^2}=0.628 \Omega[/math]

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy μ = μ₀*μ_r

143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény

Egy Hertz-dipólus az origó síkjában [math]\vartheta =0[/math] szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt [math]\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}[/math] tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!

Megoldás

A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

[math] S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}} [/math]

[math] D=1.5 [/math] , Hertz-dipólusra

Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.

[math] {\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}} [/math]

Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5

[math] {{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}} [/math]

Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a [math]\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}[/math] tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere. Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:

[math] {{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}} [/math]

149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:<br\>[math]E(r)=\frac{U_0}{r}*\vec{e_r}[/math] (ahol [math]\vec{e_r}[/math] a radiális irányú egységvektor), <br\>[math]H(r)=\frac{I_0}{r}*\vec{e_\varphi}[/math] (ahol [math]\vec{e_\varphi}[/math] a fi irányú egységvektor).<br\> Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara r₁, a külső vezető belső sugara r₂, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.

Megoldás

A Poynting-vektor kifejezése: [math]S=E \times H \Rightarrow S(r)=E(r)*H(r)*\vec{e_z}[/math] (ahol [math]\vec{e_z}[/math] a z irányú egységvektor). <br\>Innen a teljesítmény: [math]P=\int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=2\pi U_0 I_0(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2})=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}[/math]