 |
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