A P. 5552. feladat (2024. február)

P. 5552. Képzeljük el, hogy az ábrán látható koaxiális kábelen $\displaystyle P$ teljesítményt szállítunk $\displaystyle \ell$ távolságra. A kábel elhanyagolható ellenállású belső vezetékének sugara $\displaystyle a$, a vékony falú, hasonlóan ellenállásmentesnek tekinthető külső cső sugara pedig $\displaystyle b$. Mind a kábelen kívül, mind a belső vezeték és a külső cső között vákuum van, a kábelen egyenáram folyik.

$\displaystyle a)$ Mekkora a távvezeték árama, ha a külső cső falát sem befelé, sem kifelé nem feszíti erő?

$\displaystyle b)$ A koaxiális kábel melyik végén – jobbra vagy balra – van a generátor (tápegység), illetve a fogyasztó (terhelés)?

Közli: Honyek Gyula, Veresegyház

(6 pont)

A beküldési határidő 2024. március 18-án LEJÁRT.

Megoldás. $\displaystyle a$) Mivel a vezeték ellenállásmentes, a rajta folyó áram ellenére nem esik rajta feszültség, és a két vezeték között, a vezeték mentén mindenhol ugyanakkora a feszültség. Ezt a vezetékek felületére kiült töltések biztosítják. A két vezeték töltése ellentétes, ezért vonzzák egymást. Ugyanakkor a két vezetékben az áram ellentétes irányú, ez egy taszítást eredményez. A vizsgált esetben ez a két hatás éppen kompenzálja egymást.

Foglalkozzunk először az elektrosztatikus vonzással! Legyen mondjuk a belső vezeték felszíne pozitív, ennek megfelelően a cső (mivel a kettő együtt semleges) negatív töltésű. Az elektromos térerősséget egy, a két vezeték között elhelyezkedő, azokkal koaxiális $\displaystyle r$ sugarú henger felületén a Gauss-tételből határozhatjuk meg:

$\displaystyle E(r)=\frac{1}{\varepsilon _0}\frac{Q}{2\pi r\ell}=\frac{1}{\varepsilon _0}\frac{\varrho_aa}{r},$

ahol $\displaystyle \varrho_a$-val jelöltük a belső vezeték felületi töltéssűrűségét. $\displaystyle E(r)$, megegyezésben a belső vezetéken lévő töltések előjelével, pozitív, ha kifelé mutat. A cső belső falára ugyanannyi, de ellentétes előjelű töltés ül ki, mint a belső vezetékre, ezért ott a felületi töltéssűrűség

$\displaystyle \varrho_b=-\frac{a\varrho_a}{b}.$

Ennek megfelelően a cső belső falánál (azaz a tengelytől $\displaystyle b$ távolságra) a térerősség

$\displaystyle E(b)=\frac{1}{\varepsilon _0}\frac{\varrho_a a}{b}=-\frac{1}{\varepsilon _0}\varrho_b,$

míg a külső falánál nyilván nulla, a két érték között pedig valamilyen $\displaystyle E(z)$ függvény szerint cseng le. A felületi (a felület közelében sűrűsödő) töltésekre ható erőt az alábbi megfontolásokkal számíthatjuk ki. Tekintsük a cső falának egy kicsiny $\displaystyle \Delta{l}$ szélességű (gyűrűszerű) darabját, és osszuk fel a falvastagságnál jóval vékonyabb $\displaystyle \Delta{z}$ vastagságú rétegekre úgy, hogy a $\displaystyle z_n=b+n\Delta{z}$ értékek közül a $\displaystyle z_{N}$ már olyan távol legyen a belső faltól, hogy ott a térerő már eltűnjön! ($\displaystyle z_N$ eshet pl. a cső külső falára.) A Gauss-tétel szerint a $\displaystyle z_{n-1}$ és $\displaystyle z_n$ közötti rész töltése

$\displaystyle q_n=\varepsilon_0\left(2\pi z_n E(z_n)-2\pi z_{n-1}E(z_{n-1})\right)\Delta{l}.$

Mivel a cső fala a sugarához képest vékony, nem követünk el lényeges hibát, ha a térerősségek előtt álló $\displaystyle z_{{n}-1}$ és $\displaystyle z_{n}$ változókat $\displaystyle b$-nek vesszük, és csak a cső falában gyorsan nullára csökkenő $\displaystyle E(z)$ argumentumában hagyjuk meg változónak:

$\displaystyle q_{n}=\varepsilon_02\pi b\left(E(z_n)-E(z_{n-1})\right)\Delta{l}.$

A gyűrű egy kicsiny $\displaystyle \Delta d$ hosszúságú ívére eső összes töltésre ható erő

$\displaystyle F=\sum_{n=0}^{n=N}q_n\frac{\Delta d}{2\pi b}\overline{E}_n,$

ahol $\displaystyle \overline{E}_n$ az átlagos térerősség az $\displaystyle n$-edik rétegben. Nagyon jó közelítés, ha ennek a két szélső érték számtani közepét vesszük, azaz az $\displaystyle \overline{E}_n={(E(z_n)+E(z_{n-1}))}/{2}$ értékkel számolunk. Mindent behelyettesítve a cső falának $\displaystyle \Delta l\cdot\Delta d$ nagyságú darabján levő összes töltésre ható erő

$\displaystyle F=\sum_{n=0}^{n=N}\varepsilon_0\frac{E^2(z_n)-E^2(z_{n-1})}{2}\Delta{l}\Delta{d}=\varepsilon_0\frac{E^2(z_N)-E^2(z_0)}{2}\Delta{l}\Delta{d},$

ami az $\displaystyle E(z_0)=E(b)=-\varrho_b/\varepsilon_0$ és $\displaystyle E(z_N)=0$ miatt

$\displaystyle F=-\frac{\varrho_b^2}{2\varepsilon_0}\Delta{l}\Delta{d}.$

Ennek megfelelően egy egységnyi felületű darabot a töltések vonzása miatt

$\displaystyle \sigma_\mathrm{el.}=\frac{\varrho_b^2}{2\varepsilon_0}$

nagyságú erő húz befelé. (Ez hatását tekintve olyan, mint egy ,,negatív nyomás".)

Megjegyzés. Számolásunkban csak azt használtuk ki, hogy a töltések a henger sugarához képest vékony rétegben helyezkednek el, így nem kellett figyelembe vennünk a térerősségnek a geometriából ($\displaystyle r$ növekedéséből) adódó csökkenését. Nem volt szükségünk a ténylegesen kialakuló töltéseloszlás alakjára, ez így tehát a töltött fémfelületekre általánosan használható eredmény: ha egy sima (kis görbületű) felületű fém felületi töltéssűrűsége valahol $\displaystyle \varrho_f$, akkor ott az egységnyi felületre $\displaystyle \sigma={\varrho_f^2}/{2\varepsilon_0}$ erő hat kifelé, és ettől eltérés csak élek és csúcsok közelében lehet.

A közvetlenül nem mérhető $\displaystyle \varrho_b$ felületi töltéssűrűség helyett érdemes a $\displaystyle \sigma$-t a vezetékek közötti $\displaystyle U$ elektromos feszültséggel kifejezni. A koaxiális kábel lényegében egy hengerkondenzátornak tekinthető, aminek a kapacitása

$\displaystyle C=\frac{2\pi\varepsilon_0\ell}{\ln{(b/a)}}.$

Ennek a kapacitásnak a teljes töltése

$\displaystyle Q=2\pi{b}\ell|\varrho_b|,$

ami megadható a feszültséggel is:

$\displaystyle Q=CU={\frac{2\pi\varepsilon_0\ell}{\ln\left(\frac{b}{a}\right)}}U.$

A két kifejezés egybevetéséből kapott $\displaystyle |\varrho_b|$ behelyettesítésével

$\displaystyle \sigma_\mathrm{el.}=\frac{\varepsilon _0}{2b^2}\frac{U^2}{\left(\ln\frac{b}{a}\right)^2}.$

Megjegyzés. Ha nem ismernénk a hengerkondenzátor kapacitásának képletét, a belső és külső vezeték közötti feszültség meghatározásához a két vezeték közötti elektromos térerősséget kellene a kicsiny $\displaystyle \Delta r$ szakaszokra osztott $\displaystyle a\leq r\leq b$ intervallumra felösszegeznünk:

$\displaystyle U=\sum E(r)\Delta{r}=\frac{\varrho_aa}{\varepsilon_0}\sum\frac{\Delta r}{r}.$

Az összegzés (integrálás) eredményét megtalálhatjuk a ,,Négyjegyű függvénytáblázatban'' a Fontosabb integrálok között, de kihasználhatjuk azt is, hogy ez matematikai szempontból ugyanaz a feladat, mint pl. az ideális gáz állandó hőmérsékleten végzett munkája, miközben $\displaystyle V_1$-ről $\displaystyle V_2$ térfogara tágul, és aminek az eredményét ismerjük:

$\displaystyle W=\sum p\Delta V=nRT\sum\frac{\Delta V}{V}=nRT\ln{\frac{V_2}{V_1}}.$

Az analógia, felhasználva, hogy $\displaystyle a|\varrho_a|=b|\varrho_b|$, az

$\displaystyle U=\frac{\vert\varrho_b\vert b}{\varepsilon _0}\ln{\frac{b}{a}}$

összefüggésre vezet, ami természetesen ugyanaz, mint amit a hengerkondenzátor kapacitása alapján kapunk.

A mágneses erők kiszámításánál a fentiekhez hasonló módon kell eljárnunk. A belső vezetékben folyó $\displaystyle I$ áram mágneses indukciója a cső belső falánál

$\displaystyle B=\mu _0\frac{I}{2\pi b},$

ami a külső vezetéken folyó ugyancsak $\displaystyle I$ nagyságú, de ellentétes irányú áram hatására fokozatosan nullára csökken. Az előzőekhez hasonlóan osszuk fel a külső vezetéket $\displaystyle N$ darab $\displaystyle \Delta z$ vastagságú rétegre! A $\displaystyle z_n=b+n\Delta z$ és a $\displaystyle z_{n-1}=b+(n-1)\Delta z$ közötti rétegben folyó $\displaystyle I_n$ áramra igaz, hogy

$\displaystyle 2\pi z_{n-1}B(z_{n-1})-2\pi z_nB(z_n)=\mu_0 I_n.$

(Itt az egyes mennyiségek akkor pozitívok, ha megfelelnek az ábrának és a jobbkéz-szabálynak.) Mivel a cső fala vékony a sugarához képest (ahogy a töltésekre vonatkozó számolás esetében is), a $\displaystyle z_n$ értékeket mindenhol $\displaystyle b$-nek vehetjük, ahol nem gyorsan változó függvény változójáról van szó, így

$\displaystyle I_n=\frac{2\pi b(B(z_{n-1})-B(z_n))}{\mu_0}.$

Ennek megfelelően az $\displaystyle n$-edik réteg keskeny, $\displaystyle \Delta d$ szélességű, a tengellyel párhuzamos sávjában

$\displaystyle \frac{\Delta d}{2\pi b}I_n=\frac{(B(z_{n-1})-B(z_n))}{\mu_0}\Delta d$

áram folyik. Ennek egy $\displaystyle l$ hosszúságú szakaszára az átlagosan

$\displaystyle \frac{(B(z_{n-1})+B(z_n))}{2}$

mágneses indukció miatt

$\displaystyle F_n=\frac{\Delta d}{2\pi b}I_nl\frac{(B(z_{n-1})+B(z_n))}{2}=\frac{(B^2(z_{n-1})-B^2(z_n))}{2\mu_0}l\Delta d$

erő hat. Ezek összege megadja a cső falának egy $\displaystyle \Delta d$ széles, $\displaystyle l$ hosszú darabjára ható $\displaystyle F$ erőt:

$\displaystyle F=\sum_{n=0}^{n=N}F_n=\frac{l\Delta d}{2\mu_0}\sum_{n=0}^{n=N}(B^2(z_{n-1})-B^2(z_n))=\frac{(B^2(z_0)-B^2(z_N))}{2\mu_0}l\Delta d.$

Tekintettel arra, hogy

$\displaystyle B(z_0)=\mu _0\frac{I}{2\pi b}\qquad\textrm{és}\qquad B(z_N)=0,$

$\displaystyle F=l\Delta d \frac{\mu_0I^2}{8\pi^2b^2},$

tehát az ellentétes irányú áramok taszítása miatt a cső falának egy egységnyi területű darabját

$\displaystyle \sigma_\mathrm{mágn.}=\mu_0\frac{I^2}{8\pi^2b^2}$

nagyságú erő igyekszik kifelé tolni.

Megjegyzés. Sok évtizede próbálkoznak az elektromos energia nagy távolságokra történő, veszteség nélküli szállításának megvalósításával szupravezető kábeleken. A szupravezetőkre nem csak az jellemző, hogy az áramot ellenállás mentesen képesek vezetni, hanem az is, hogy kiszorítják magukból a mágneses teret (Meissner-effektus). Ez azt jelenti, hogy a mágneses tér a szupravezető felületétől befelé indulva egy nagyon keskeny sávon belül lecseng. Értelemszerűen áram is csak ebben a sávban folyhat, különben a tér nem lehetne nulla a szupravezető belsejében. Számolásunk eredménye, lévén független a mágneses tér tényleges alakjától, erre az esetre is érvényes.

Feladatunk szerint a kétféle erőhatás éppen kompenzálja egymást, azaz

$\displaystyle \mu_0\frac{I^2}{8\pi^2b^2}=\frac{\varepsilon _0}{2b^2}\frac{U^2}{\left(\ln\frac{b}{a}\right)^2},$

amiből meghatározhatjuk (talán kissé váratlanul) a terhelés (fogyasztó) ellenállását:

$\displaystyle R=\frac{U}{I}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu _0}{\varepsilon _0}}\ln\frac{b}{a}.$

Tudjuk a távvezeték által szállított másodpercenkénti energiát: $\displaystyle P=RI^2$, így a kérdéses áramerősség is meghatározható:

$\displaystyle I=\sqrt{\frac{P}{R}}=\sqrt{2\pi P\left(\ln\frac{b}{a}\right)^{-1}\sqrt{\frac{\varepsilon_0}{\mu_0}}}.$

$\displaystyle b$) Egy egyszerű, tápegységből, fogyasztóból és a megfelelő vezetékekből álló áramkörre igaz, hogy a fogyasztóban az áram a magasabb potenciálú hely felől az alacsonyabb potenciálú felé folyik, míg a tápegységben ez pont fordítva van. Ha a középső vezeték pozitív töltésű, akkor balra kell lennie a fogyasztónak jobbra pedig a generátornak, míg ha a külső cső pozitív, akkor éppen fordítva.

Megjegyzések. 1. Meghatározhatjuk a távvezeték feszültségét ($\displaystyle U={P}/{I}$), sőt a belső vezetéken, illetve a cső belső felületén felhalmozódó töltést is ($\displaystyle Q={{2\pi\varepsilon _0\ell}/{\ln{\left(\tfrac{b}{a}\right)}U}}$).

2. A szállított energia a belső vezeték és a külső cső közötti vákuumozott térben terjed, és az energiaáram-sűrűséget az

$\displaystyle \boldsymbol{S}=\frac{1}{\mu_0}\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}$

Poynting-vektor határozza meg. Ha a középső vezeték pozitív töltésű, akkor ez az ábrán balra mutat, összhangban azzal, hogy ekkor a fogyasztónak balra kell lennie, viszont ha a külső vezeték a pozitív, a helyzet fordított. A Poynting-vektor nagysága

$\displaystyle S(r)=\frac{1}{\mu_0}\,\vert\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}\vert=\frac{1}{\mu_0}\left(\frac{1}{\varepsilon_0}\frac{Q}{2\pi r\ell}\right)\left(\mu_0\frac{I}{2\pi r}\right)=\frac{1}{\varepsilon_0}\frac{QI}{4\pi^2\ell}\,\frac{1}{r^2}=\frac{UI}{2\pi}{\left(\ln\frac{b}{a}\right)^{-1}}\frac{1}{r^2}.$

Ennek alapján egy $\displaystyle r$ sugarú $\displaystyle \Delta r$ szélességű sávban

$\displaystyle 2\pi r\Delta rS(r)={UI}{\left(\ln\frac{b}{a}\right)^{-1}}\frac{\Delta r}{r}$

energia áramlik. Ezt felösszegezve a teljes $\displaystyle a\leq r \leq b$ sávra megkapjuk az elvárásainknak megfelelő $\displaystyle P=UI$ eredményt.

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Klement Tamás.
5 pontot kapott:	Bencz Benedek, Czirják Márton Pál, Tóth Kolos Barnabás.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2024. februári fizika feladatai