IV. fejezet Elektromágneses jelenségek - fiz.aporisk.hufiz.aporisk.hu/UserFiles/iv_fejezet.pdf · 2020. 3. 25. · IV. fejezet Elektromágneses jelenségek 4.1. Mágneses indukció,

Delejes pillanatok

IV. fejezetElektromágneses

jelenségek

IV. fejezetElektromágneses

jelenségek

4.1. Mágnesesindukció,azáramvezetőkmágnesestereéshatásai

4.2. Mozgásielektromágnesesindukció,váltakozóáram

4.3. Nyugalmielektromágnesesindukció

4.4. Aváltakozóárammunkája,teljesítménye,aváltakozóáramúellenállások,transzformátor

4.5. Elektromágnesesrezgések,hullámok,hullámoptika

4.6. Geometriaioptika

4.7. Tesztek

2

Elektromágnesesjelenségek–részletesmegoldások

4.1.Mágnesesindukció,azáramvezetőkmágnesestereéshatásai

1. Mmax = 0,0065 Nm, a keret normálisa merőleges a mágneses indukcióvonalak irányára.

2. a) M = 1,92 N m,⋅ ⋅−10 3 1T felől nézve az óramutató járásának irányában. b) Φ = 9 6 10 4, ⋅ − Wb.

c) Igen, egyenáramú motor.

3. F = 4,8 mN.

4. r = 4 mm.

5. r = 0,05 m, l = 1 m, F = 0,0001 N.I = ?

Egy olyan végtelen hosszúnak tekinthető vezető esetén, melyben I erősségű áram folyik, tőle r távolságban az általa keltett mágneses indukció nagysága:

B Ir

= ⋅⋅ ⋅

µπ

0

2.

A mágneses indukcióvonalak koncentrikus hurkok formájában veszik körül a ve-zetőt. A vezetőtől r távolságban elhelyezett l hosszúságú vezetőszakaszra, mely-ben I erősségű áram folyik, hat a Lorentz-erő, melynek nagysága:

F I l B I I lr

I lr

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅ ⋅⋅ ⋅

µπ

µπ

0 02

2 2.

Ebből az áram erősségét ki tudjuk számítani az alábbi módon:

I r Fl

= ⋅ ⋅ ⋅⋅

=2 50

πµ

A.

Tehát a vezetőkben 5 A erősségű áram folyik.

6. l = 113 m, d = 0,0001 m, R = 0,03 m, U = 12 V, ρ = 0 01782

, .Ωmmm

B = ?

A tekercs sugarának ismeretében meghatározhatjuk egy menetének a hosszát:l R1 2 0 188= ⋅ ⋅ =π , m.

A tekercshez felhasznált vezeték l hosszúságából és egy menetéhez felhasznált vezeték hosszából kiszámítható a tekercs menetszáma:

N ll

= =1

600.

3

A tekercs hosszát megkaphatjuk, ha egy menetének szélességét, azaz a vezeték átmérőjét megszorozzuk a menetszámmal:

L N d= ⋅ = 0 06, m.Számítsuk ki a vezeték keresztmetszetének területét!

A d=

⋅ =2

0 00782

2π , .mm

Mivel a tekercs készítéséhez felhasznált vezető geometriai adatait ismerjük, így meg tudjuk határozni annak ellenállását:

R lA

= ⋅ =ρ 256 1, .Ω

A tekercsben folyó áram a vezetőszakaszra vonatkozó Ohm-törvényből határoz-ható meg:

I UR

= = 0 0469, A.

A tekercs belsejében a mágneses indukció kiszámításához így már minden adat a rendelkezésünkre áll.

B N IL

= ⋅ ⋅ = ⋅ −µ0 45 85 10, T.

Tehát a tekercs belsejében a mágneses indukció nagysága 5,85 ⋅ 10−4 T.

7. B = ⋅ = ⋅− −3 39 10 2 6, T, 6,78 10 Wb.Φ

8. l = 225 m, d = 0,0001 m, N = 1200, I = 0,8 A.B = ? Φ = ?

Egyrétegű tekercselés esetén a tekercs hosszát kiszámíthatjuk, ha egy menetének szélességét, azaz a vezeték átmérőjét megszorozzuk a menetszámmal. Figyelembe véve, hogy jelen esetben két rétegben helyezkednek el a menetek, a tekercs hossza meghatározható:

L N d= ⋅ =2

0 06, m.

A tekercs egy menetének hossza kiszámítható a felhasznált vezeték hossza, illetve a menetszám ismeretében:

l lN1

0 1875= = , m.

Egy menethez használt vezeték hosszának ismeretében meghatározhatjuk a tekercs sugarát:

R l=⋅

=12

0 03π

, m.

A tekercs keresztmetszete:

A r= ⋅ = ⋅ −2 3 22 8 10π , .m

4


A tekercs belsejében a mágneses indukció:

B N IL

= ⋅ ⋅ =µ0 0 02, T.

A tekercs belső keresztmetszetére számított mágneses fluxust meghatározhatjuk:Φ = ⋅ = ⋅ −B A 5 6 10 5, Wb.

Tehát a tekercs belsejében a mágneses indukció nagysága 0,02 T, illetve a tekercs belső keresztmetszetére számított mágneses fluxus nagysága 5,6 ⋅ 10−5 Wb.

9. r T= =8,53 m, 1,79 10 s.11µ −

10. Az elektromos térerősségvonalak merőlegesek a mágneses indukció irányára. Az

E B v

, és vektor ilyen sorrendben jobbsodrású rendszert alkot. v = ⋅5 104 ms

.

11. M max6 = 7,24 10 Nm.−

12. a) M max N m= ⋅ ⋅−2 7 10 4, ;

b) N = 30.

13. l = 0,2 m, d = 0,003 m, ∆l1 = 0,06 m, ∆l2 = 0,2 m, B = 3 T, ρ = 8900kgm3

.

D = ? I = ? a = ?

Számítsuk ki a pálca keresztmetszetének területét:

A d=

⋅ = ⋅ −2

7 07 102

6 2π , .m

A pálca tömege a sűrűségének segítségével meghatározható:m V A l= ⋅ = ⋅ ⋅ =ρ ρ 0 0126, kg.

Amikor a rézpálcában nem folyik áram, akkor rá az alábbi erők hatnak: lefelé a nehézségi erő, fölfelé a két rugó által kifejtett erő. Az egyensúly feltétele, hogy a pálcára ható erők eredője nulla legyen, azaz:

m g D l⋅ = ⋅ ⋅2 1∆ ,

D m gl

= ⋅⋅

=2

1 051∆

, .Nm

Az áram megindulása után a pálcára hat a mágneses mező is. Mivel a rugók meg-nyúlása az előző esethez képest növekedett, ezért a mágneses mező által kifejtett erőnek olyan irányúnak kell lennie, mint a nehézségi erő. Mint az ismeretes, a vezető l vektora, a mágneses indukció és az F erő jobbsodrású rendszert alkotnak. Mivel a B az ábra síkjára merőlegesen befelé mutat, az F erő pedig lefelé, akkor az l vektor irányát meghatározó áramnak a B pontból az A pont irányába kell folynia.

5

Az áram erősségét ismét az erők egyensúlyából határozhatjuk meg:m g I l B D l⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅2 2∆ ,

I D l m gl B

= ⋅ ⋅ − ⋅⋅

=2 0 142∆ , A.

A pálca gyorsulásának meghatározásához írjuk fel a testre ható erőket az áram bekapcsolásának pillanatában (A függőlegesen lefelé mutató irányt tekintsük po-zitívnak.):

Σ ∆F m g I l B D l= ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅2 1.A dinamika alapegyenlete szerint:

ΣF m a= ⋅ .Ezek alapján a gyorsulás:

a Fm

m g I l B D lm

= = ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =Σ ∆2 6 641 , .ms2

Tehát a rugók rugóállandója 1 05, .Nm

A pálcán átfolyó áram erőssége 140 mA,

iránya a B pontból az A pont irányba mutat, illetve a pálca gyorsulása az áram

bekapcsolásának pillanatában a = 6 64, .ms2

14. = 7,5 mm, = 0,07 T,∆l B iránya az ábra síkjára merőlegesen befelé mutat.

15. l = 0,15 m, d = 0,002 m, B = 2 T, I = 3 A, ρ = 2700 kgm3

.

α = ?

Határozzuk meg egy 15 cm-es darab tömegét!

m V A l d l= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅ =ρ ρ ρ π2

0 00132

, kg.

A vezető azért lendül ki a függőleges egyensúlyi helyzetéből, mert hat rá a Lorentz-erő, melyet a „jobbkéz-szabály” szerint határozunk meg. (Lásd az ábrán F-fel jelölt erőt.) A vezető két függőleges darabjára azonos nagyságú, és egymással ellenté-tes irányú a mágneses mező által kifejtett erő. Tekintsük a vezetőre ható erők közül azokat, me-lyek hatásvonala nem megy keresztül a felfüggesztési pontokon. Oldalnézetből ezeket mutatja az ábra.A vezetőszakaszok l hosszúságának felhasználásával meghatározhatjuk ezen erők hatásvonalainak távolságát az O ponttól.Az F Lorentz-erő hatásvonalának távolsága: l ⋅ cos .αAz m⋅g erő hatásvonalának távolsága: l ⋅sin .α

F

0

mg

2mg

6


A 2⋅m⋅g erő hatásvonalának távolsága: l2

⋅sin .α

Ezek felhasználásával felírhatjuk az O pontra vonatkozó forgatónyomatékokat. Az U alakú vezető akkor lesz egyensúlyban, ha az O pontra vonatkozó forgatónyoma-tékok eredője nulla, azaz:

22

0⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =m g l m g l I l B lsin sin cos .α α α

Az egyenlet rendezése után kapjuk, hogy:

tgα = ⋅ ⋅⋅ ⋅

I l Bm g2

.

Ebből: α = 19,5°.Tehát az egyensúly beállta után 19,5°-os szöget zár be az U alakú keret síkja a függőlegessel.

16. l = 20 cm, m = 15 g, I = 2 A, α =10°.a) B = ?b) Milyen az áram iránya?

a) és b) A jobbkéz-szabály értelmében az áramnak a sín felől a felfüggesztési pont felé kell átfolynia a pálcán, hogy az összeállítás síkjára a megadott irány szerint merőleges indukcióval jellemzett mágneses mezőben a kívánt irányban kitérítő erő lépjen fel.A pálcára ható mágneses erőről tudjuk, hogy nagysága az Fm = B · I · l összefüggés alapján határozható meg, iránya pedig merőleges mind a mágneses indukcióvek-torra, mind az áramot vezető pálcára. A kérdés csak az, hogy hová koncentrálható ez az erő, azaz hol lesz a koncentrált eredőjének a támadáspontja? Ha a pálcát ∆x egyenlő hosszúságú szakaszokra bontjuk, akkor minden egyes kis szakaszra ható erő ΔFm = B · I · Δx, és ezeknek az elemi szakaszokra ható, egyenlő nagyságú erők-nek az eredője a pálcára ható mágneses erő. Mivel ezeknek az elemi szakaszokra ható erőknek az eloszlása a pálca mentén egyenletes, koncentrált eredőjük a pálca felénél lévő pontba esik (ld. ábra).A pálca egyensúlyban van, ha a rá ható erők eredője, és azok forgatónyomatékai-nak előjeles összege is zérus. A kitűzött problémánk megoldásához elegendő felír-ni a tengelypontra a forgatónyomatékok összegét. (Nem szükséges pl. a tengelynél ható erőt kiszámítanunk.)

m g l B I l l B m gI l

⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅ ⋅⋅

= ⋅ −2 2

0 6 5 10 2sin sin ,α α T

a

I

l

T

F

m

B(be)

F

n

7

17. a) F = 0,165 N, a függőlegessel 60°-ot bezárva lefelé mutat.

b) Nyugat–keleti irányú áram esetén I = ⋅6 8 104, .A (Az adott rendszeben ez irre-álisan nagy áramerősség.)

18. a) A kondenzátor áramot indít, fellép a mágneses Lorentz-erő.

b) Q = ⋅ −3 578 10 2, .C

19. A két vezeték között, velük párhuzamos egyenes, mely az I1 árammal átjárt veze-tőtől 3 cm-re van.

20. r = 0,02 m, I = 2 A.B

= ?

A vezető által létrehozott mágneses mező két részből tevődik össze. Egyrészt egy körvezető, másrészt egy végtelen hosszúságú vezető hozza létre. Vegyük észre, hogy a kör középpontjában a fent említett két mágneses indukcióvektor azonos irányba mutat, az ábra síkjára merőlegesen kifelé (jobbcsavar-szabály).Felhasználva a körvezető középpontjában, illetve a végtelen hosszúságú vezetőtől r távolságban lévő mágneses indukció kiszámítására vonatkozó képleteket:

B IR

IR

IR

= ⋅⋅

+ ⋅⋅ ⋅

= ⋅⋅

⋅ +

= ⋅ −µ µπ

µπ

0 0 0 5

2 2 21 1 8 28 10, T.

Tehát a hurok középpontjában a mágneses indukció nagysága 8,28 ⋅ 10−5 T, iránya az ábra síkjára merőlegesen, kifelé mutat.

21. Az elektromos mező hatására elmozduló ionokra hat a mágneses Lorentz-erő, egy irányban mozgatva azokat.

22. a) Tegyük fel, hogy a szelektorba lépő ionok pozitív q töltésűek! Akkor az elektro-mos mező a térerősség irányába mutató, Fe = q · E nagyságú erőt fejt ki rájuk. Ahhoz, hogy az ionok ne szenvedhessenek irány-változást, vagyis a belépés pontjával szemben el-helyezkedő nyíláson léphessenek ki, az szükséges, hogy az alkalmazott mágneses mező az elektro-mos térerősséggel szemben mutató, az elektromos erővel egyenlő nagyságú Fm mágneses erőt gya-koroljon rájuk. A jobbkéz-szabály értelmében a mágneses mező indukcióvektorának eszerint az ábrán a papír síkjára merőlegesen, befelé kell mu-tatnia.

Fm

Fe

v E

B (be)

8


Az indukcióvektor és a térerősségvektor nagyságának – az erők egyenlőségének követelménye miatt – a következő feltételt kell kielégítenie:

F F q E q v B E v Be m= ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ .b) Láthatóan a feltétel független az ionok töltésének nagyságától.c) Ha negatív töltésű ionok lépnének a szelektorba, ugyanolyan irányú és nagy-ságú elektromos és mágneses mezőt fenntartva, továbbra is a kívánt v sebességű részecskék „válogatódnának ki”, ugyanis ilyenkor mind az elektromos, mind a mágneses Lorentz-erő irányt váltana.

23. B = 2 T, α = 30°, v = 40 000 ms

, m = 1,67 ⋅ 10−27 kg, q = 1,6 ⋅ 10−19 C.A pálya jellemzői?

A proton csavarvonal alakú pályán fog mozogni. Sebességének indukcióvonalakra merőleges komponensének nagysága állandó marad, iránya mindig merőleges a mágneses mező által kifejtett Lorentz-erő irányára. Sebességének indukcióvona-lakkal párhuzamos komponensének nagysága szintén állandó marad, hiszen ennek sem nagyságát, sem irányát nem befolyásolja a mágneses mező.A csavarvonal sugarát a mozgásegyenlet indukcióvonalakra merőleges komponen-séből határozhatjuk meg az alábbiak szerint:

m a F⋅ =⊥ L ,

m vr

q v B⋅ = ⋅ ⋅⊥ ⊥2

,

r m vq B

= ⋅ ⋅⋅

=sin ,α 0 0001 m.

A körülfordulás periódusa:

T rv

= = ⋅⊥

−2 3 14 10 8π , s.

A csavarvonal menetemelkedése az indukcióvonalakkal párhuzamos sebesség-komponensből és a periódusidőből határozható meg:

x v T v T= ⋅ = ⋅ ⋅ =

cos ,α 0 00109 m.Tehát a proton olyan csavarvonal alakú pályán mozog, melynek szimmetriatenge-lye párhuzamos a mágneses indukcióvonalakkal, sugara 0,1 mm, menetemelkedé-se 1,1 mm.

24. v = 20 000 ms

, x = 0,01 m, q = 1,6 ⋅ 10−19 C,

mn = 1,675 ⋅ 10−27 kg.

B = ?

A kisebb tömegű protonokat „jobban” eltéríti a mágneses mező, ezért azok kisebb sugarú pályán fognak mozogni. Az alábbi ábra a kétféle részecs-

B(ki)

x

9

ke által megtett félköröket mutatja. (A kisebb félkör a protonok, a nagyobb félkör a deutériumionok pályáját mutatja.)A nyalábok közötti távolságból megállapíthatjuk a pályasugarak közötti különb-séget:

x D D r r r r= − = ⋅ − ⋅ = ⋅ −( )D H D H D H2 2 2 .Mint az ismeretes, a homogén mágneses mezőben, az indukcióvonalakra merő-legesen érkező töltött részecske körpályán mozog, a körpálya sugara az impulzu-sával egyenesen arányos, töltésével és a mágneses indukcióval pedig fordítottan arányos, azaz:

r m vq B

= ⋅⋅

.

Helyettesítsük ezt a fenti képletbe:

xm m v

q Bm vq B

m vq B

= ⋅+( ) ⋅

⋅−

⋅⋅

= ⋅ ⋅⋅

2 2p n p n .

Ebből a mágneses indukciót kifejezve:

B m vq x

= ⋅ ⋅⋅

=2 0 042n T.,

Tehát a mágneses mező indukciója 0,042 T.

25. E = ⋅2 45 104, NC

, Bsz = 0,5 T, Bsp = 0,8 T.

a) v = ?b) 2 · R238 = ? 2 · R235 = ?c) v* = ? 2 · R*238 = ? 2 · R

*235 = ?

a) A 22. feladat megoldása alapján v EB

= = ⋅sz

ms

4 9 104, sebességű részecskék

hagyják el a sebességszelektort. (Függetlenül attól, hogy melyik izotópról, illetve milyen töltésű ionokról van szó!)b) A mágneses Lorentz-erő merőleges a részecskék sebességére, ezért a tömegspektrométer mágneses mezejében körpályára térülnek az ionok. Az egyen-letes körmozgásra felírt mozgásegyenletből a részecskepályák sugara meghatároz-ható:

q v B m vR

R m vq B

⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅⋅sp sp

2

.

Az ionok egy fél kört leírva csapódnak az érzékelőlemezbe, tehát a belépési pont-tól 2 ⋅ R távolságban.Az ionok tömegének számításánál elektronjaik tömegét elhanyagolhatjuk, a proto-nok és a neutronok közelítőleg egyenlő tömegét pedig 1,67 · 10−27 kg-nak vehetjük.

10


Ha még azt is tudjuk, hogy a fluornak csak 19-es tömegszámú stabil izotópja van, kiszámíthatjuk az urán-hexafluorid-ionok tömegét:

m

m238

27 25

235

238 6 19 1 67 10 5 878 10

235 6 19

= + ⋅( ) ⋅ ⋅ = ⋅= + ⋅( )

− −, ,kg kg,

⋅⋅ ⋅ = ⋅− −1 67 10 5 828 1027 25, ,kg kg.

Mivel háromszorosan ionizált atomokról van szó, elektromos töltésük q = ⋅ ⋅ = ⋅− −3 1 6 10 4 8 1019 19, , .C CÍgy a 238-as, illetve a 235-ös izotópot tartalmazó ionok becsapódási helyeinek a belépési ponttól mért távolsága:

22 5 878 10 4 9 10

4 8 10 0 80 15

2

238

25 4

19

2

⋅ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

⋅

−

−R

R

, ,

, ,,

kg ms

C Tm,

335

25 4

19

2 5 828 10 4 9 10

4 8 10 0 80 1487=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

−

−

, ,

, ,,

kg ms

C Tm.

c) A sebességszelektorból továbbra is ugyanolyan sebességű ionok jutnak a tömegspektrométer mezejébe, ahol viszont a kialakuló pályák sugara függ a ré-szecske elektromos töltésének nagyságától. Ezért az eddigi két becsapódási hely mellett újabb kettő jelentkezik az érzékelőlemezen. Az új becsapódási helyeknek a belépési ponttól mért távolsága:

22 5 878 10 4 9 10

3 2 10 0 80 225

2

238

25 4

19⋅ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

⋅

∗

−

−R, ,

, ,,

kg ms

C Tm,

RR235

2 5 828 10 4 9 10

3 2 10 0 80 223

25 4

19∗

−

−=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

, ,

, ,,

kg ms

C Tm.

26. B = 4,8 ⋅ 10−5 T, α = 60°, Ugy = 800 V, d = 22 cm, q = 1,6 ⋅ 10−19 C,

m = 9,1 ⋅ 10−31 kga) x = ? y = ?b) x = ? y = ?

A mérés helyén, a Föld mágneses mezejében az indukcióvektor függőlegesen le-felé mutató komponense

B Bvertikális T= ⋅ ° = ⋅−sin , ,60 4 157 10 5

vízszintesen észak felé irányuló komponense pedig B Bhorizontális T= ⋅ ° = ⋅

−cos , .60 2 4 10 5

11

A katódsugárcsőben az elektronok gyorsítására felírható a munkatétel, így megha-tározható az elektronágyúból kilépő elektronok sebessége:

q U m v vq Um

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =⋅ ⋅

= ⋅gygy m

s12

21 677 102 7, .

a) Ha a cső hossztengelye észak–déli irányú, akkor az elektronok vagy dél felől észak felé, vagy észak felől dél felé haladnak, attól függően, hogy merrefelé esik a katódsugárcső képernyője. A Föld mágneses mezejének függőlegesen lefelé mu-tató komponensére merőlegesen elmozduló elektronokra olyan mágneses Lorentz-erő hat, amely haladási irányuktól jobbra téríti el azokat (jobbkéz-szabály). Ezért a képernyőre kívülről ránézve az origótól balra jelenik meg az elektronok becsapó-dási helye. (A mágneses mező vízszintes komponensével párhuzamos az elektro-nok sebessége, az nem befolyásolja mozgásukat.)Az eltérülés mértékének meghatározásához először számítsuk ki, hogy a – homo-génnek tekintett – Bvertikális indukciójú mágneses mező milyen sugarú körpályára térítené az elektronokat! A mozgásegyenlet alapján:

q v B m vR

R m vq B

⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅⋅

=vertikálisv

vvertikális

m.2

2 294,

A felülnézeti ábra alapján az ernyőn kialakuló be-csapódási pont ∆x eltolódására a Pitagorasz-tétel felhasználásával felírható, hogy

R x R dv v−( ) = −∆ 2 2 2.Ebből kaphatjuk, hogy ha a katódsugárcső hossz-tengelye észak–déli irányban áll, akkor az elektro-nok a Föld mágneses mezejének hatása miatt nem a képernyő közepére, hanem attól – a cső képernyő-jével kívülről szembenézve – balra ∆x = 1,057 cm-rel fognak becsapódni, vagyis a becsapódási pont koordinátái y = 0 és x = –1,057 cm.b) Ha a cső hossztengelye kelet–nyugati irányú, akkor az elektronok vagy kelet fe-lől nyugat felé, vagy nyugat felől kelet felé haladnak, attól függően, hogy merre áll a katódsugárcső képernyője. A Föld mágneses mezejének függőlegesen lefelé mu-tató komponense miatt most is olyan erő hat az elektronokra, amely haladási irá-nyuktól jobbra téríti el azokat. Ezért a részecskék az origótól balra ∆x = 1,057 cm-rel fognak becsapódni. Most azonban az elektronok sebessége a Bhorizontális nagyságú vízszintes indukciókomponensre is merőleges, ezért a rájuk ható Lorentz-erőnek lesz egy függőleges irányú, a sebességükre merőleges komponense is, amelynek hatására függőleges síkú körpályára térülnének a részecskék. Ennek eredménye-képpen a képernyő állásától függően felfelé vagy lefelé is eltérülhetnek az elekt-

B (be)

d

R

x

képernyô

Fm

v

12


ronok az origóhoz viszonyítva. A ∆y eltérülést teljesen hasonló gondolatmenettel kaphatjuk, mint a vízszintes irányú eltérülés esetében:

q v B m vR

R m vq B

⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅⋅

=horizontálisf

fhorizontális

m2

3 974, , R y R df f−( ) = −∆ 2 2 2.

A számolások eredményeképpen ∆y = 6,085 mm-t kaphatunk. Azaz felfelé vagy lefelé 6,085 mm-rel térülhetnek el az elektronok. Összefoglalva: ha a katódsugárcső hossztengelye kelet-nyugati irányban áll, akkor az elektronok becsapódási pontjainak koordinátái:keletről nyugatra tartva x = − 10,57 mm, y = + 6,085 mm,nyugatról keletre tartva x = − 10,57 mm, y = − 6,085 mm.

27. v = ⋅2 47 107, .ms

28. d = 0,05 m, B = T, α = 30°, q = 1,6 ⋅ 10−19 C, m = 1,67 ⋅ 10−27 kg.v = ?

Tanulmányozzuk az alábbi ábrát!Vegyük észre, hogy a proton pályájának közép-pontjából a kilépési ponthoz húzott sugár α szöget zár be a lemezek síkjával, hiszen az ábrán jelölt két α szög merőleges szárú szögek.Így:

sin .α = dr

Ebből a proton pályájának sugara meghatározha-tó:

r d= =sin

,α

0 1 m.

Mint az ismeretes, a homogén mágneses mezőben, az indukcióvonalakra merő-legesen érkező töltött részecske körpályán mozog, a körpálya sugara az impulzu-sával egyenesen, töltésével és a mágneses indukcióval pedig fordítottan arányos, azaz:

r m vq B

= ⋅⋅

.

Ebből a protonok sebessége meghatározható:

v r q Bm

= ⋅ ⋅ = ⋅9 6 106, .ms

Tehát a protonok 9 6 106, ⋅ ms

sebességgel érkeztek a lemezek közötti mágneses mezőbe.

v0

d

r

a

13

29. a) A mágneses mező indukcióvonalaira merőle-ges v sebességgel mozgó q pozitív töltésekre hat a mágneses Lorentz-erő, mely az M ponttal össze-köttetésben lévő elektróda felé téríti el azokat. Így az M elektróda pozitív, az N negatív többlettöltés-hez jut, aminek következtében köztük homogén, E térerősségű elektromos mező jön létre. A mozgó töltésekre emiatt a mágneses Lorentz-erő mellett egy vele ellentétes irányú elektromos erő is fellép (lásd ábra).Az elektródákon való töltésfelhalmozódás addig tart, amíg az elektromos mező elég erős nem lesz ahhoz, hogy a mágneses mező által kifejtett „töltésszétválasztó” erővel egyensúlyt tartson. Vagyis állandósul egy homogén elektromos mező, mely-nek térerősségére

F F q v B q E E B vm e= ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ teljesül. Mivel UMN = E ⋅ a, így UMN = B ⋅ v ⋅ a, ami éppen az állítás igazolását je-lenti.(A teljesség kedvéért meg kell jegyeznünk, hogy amennyiben a szóban forgó ve-zetőlemez fém, amelyben az elektronok a mozgásra képes töltéshordozók, a meg-adott áramiránnyal éppen ellentétesen haladó, negatív töltésű részecskékre olyan mágneses erő hat, amely az M elektróda felé téríti el azokat. Ilyenkor tehát a Hall-feszültség polaritása az előbbiekben tárgyalt esettel ellentétes lesz, az N pont kerül magasabb potenciálra.)b) A vezető egy kiszemelt, d ⋅ a területű keresztmetszetén ∆t idő alatt annyi töltés-hordozó halad át, amennyi a vezető egy V a d v t= ⋅ ⋅ ⋅ ∆ térfogatú térrészében van. Ugyanis ha v a töltéshordozók (drift)sebessége, akkor ∆t idő alatt csak azok léphet-nek át a kiszemelt felületen, amelyek az időmérés kezdetén nem voltak távolabb ettől a felülettől, mint v ⋅ ∆t. A töltéshordozó-koncentrációt, továbbá a részecskék töltését figyelembe véve ez azt jelenti, hogy a d⋅a területű keresztmetszeten ∆t idő alatt áthaladt töltésmennyiség:

∆ ∆Q n V q n a d v t q= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ .Ebből következően az áramerősség:

I Qt

n q a d v= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆∆

.

Mivel az előző pontban beláttuk, hogy a Hall-feszültség UMN = B ⋅ v ⋅ a, a töltéshor-dozók sebességét kiküszöbölve kapjuk a bizonyítandó összefüggést:

U B a In q a d

B In q dMN

= ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅⋅ ⋅

.

c) A szondához tehát egy vékony vezetőlapkára van szükség, melyhez négy elekt-ródát kell csatlakoztatni. Kettő az áramátvezetést szolgálja, míg a másik kettő kö-

M

N

B (be)

E

a q v

Fm

Fe

14


zött mérhető a Hall-feszültség. Az elkészített szondát először egy ismert erőssé-gű mágneses mezőbe kell helyezni. Ekkor olyan erős áramot kell rajta átengedni, hogy jól mérhető Hall-feszültséget kapjanak, és ezzel a szonda kalibrálva van. Ha a továbbiakban ezt a mérőáramot konstans értéken tartják, akkor bármely másik mágneses mezőbe áthelyezhetik a műszert, a mért Hall-feszültség egyenesen ará-nyos lesz a vizsgált mágneses mező indukciójával.

30. d = 0,15 mm, a = 2 cm, B = 1,5 T, I = 5 A, UNM = 3 10−6 V, q = 1,6 10−19 C,

M = 63,57 gmol

, ρ = 8900 kgm3

.

a) v = ?b) n = ?c) N = ?

a) A 29. feladat megoldása alapján

v UB a

NM=⋅

= −10 4 ms

;

b) n Iv q A

Iv q a d

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅ ⋅

= ⋅1 04 10 129 3, ;m

c) N mM

N VM

N= ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅

⋅⋅ ⋅ =

−A A

3kgm

m

kgmol

molρ 8900 1

63 57 106 10 1 8 4

3

3

23

,, ⋅⋅1028.

Összevetve a b) pont eredményével azt állapíthatjuk meg, hogy a rézben valamivel több, mint egy (kb. 1,3) szabad (vezetési) elektron jut egy atomra.

31. UHall fordítottan arányos a töltéshordozó-koncentrációval (ugyanazon mérőáram mellett), ezért jobban mérhető feszültséget kaphatunk.

32. A félkör alakú vezetőre a benne folyó áram miatt a mágneses mező a jobbkéz-szabály értelmében a síkjára merőleges irányú, az ábrán a papír síkjából kifelé mutató erőt fejt ki. Ennek az erőnek a nagy-ságát legkönnyebben úgy határozhatjuk meg, ha a körívet az indukcióvonalakkal párhuzamos, és arra merőleges szakaszokból álló tört vonallal kö-zelítjük. Tekintsük úgy, hogy a körív helyett egy ilyen, tört vonal alakú vezetőben folyik az I áram, és határozzuk meg erre a vezetőre a mágneses mező által kifejtett erőt!

X

2R

I

Y

B

15

Mivel a tört vonal alakú vezető indukcióvonalakkal párhuzamos szakaszaira nem hat mágneses erő, ezért csak az X−Y átmérővel párhuzamos, az indukcióvonalakra merőleges szakaszaira ható erők adnak zérustól különböző eredőt:

F B I x B I x B I Reredõ merõleges merõleges= ⋅ ⋅( ) = ⋅ ⋅ ( ) = ⋅ ⋅ ⋅Σ ∆ Σ ∆ 2 .Vagyis a tört vonal alakú vezetőre a mágneses mező által kifejtett erő csak X kez-dőpontjának és Y végpontjának az indukcióvonalakra merőleges távolságától függ. Mivel a körív, sőt, tetszőleges alakú, az X és Y pontokat összekötő, az indukció-vonalakkal párhuzamos síkban fekvő vezető tetszőleges pontossággal megközelít-hető ilyen törtvonallal, eredményünk általánosan is érvényes: az ilyen vezetőkre ható mágneses erő – függetlenül az alakjuktól – számítható úgy, mintha áramuk az indukcióvonalakra merőleges vetületükön, vagyis az X és Y pontok által meghatá-rozott 2 ⋅ R hosszúságú szakaszon folyna keresztül.

33. a) A síkra merőlegesen felfelé mutató erő, F = 15 mN; b) Imin = 1,35 A.

34. A = 5 mm2, B = 0,2 T, α = 30°, ρ = 2700 kgm3

.

a) I = ?b) Az egyensúly típusa?

a) A félkör alakú idom egyensúlyban van, ha a rá ható erők eredője és azok forga-tónyomatékainak előjeles összege is zérus. Az idomra a nehézségi erő, a mágneses mező által kifejtett erő és a tengelyénél fellépő erő hat. Ha a forgástengelyre írjuk fel a forgatónyomatékokat, akkor csak a nehézségi erőnek és a mágneses mező által kifejtett erőnek nem zérus az erőkarja, ezért az egyensúlyt e két erő forgató-nyomatékának kell biztosítania. A nehézségi erő koncentrált eredője a súlypontban támad, ezért erőkarjának megállapításához tudni kellene, hová esik egy félkörív súlypontja. Ezt vagy függvénytáblázatból kikeressük, vagy a Guldin-tétellel kiszá-

mítjuk: a félkörív súlypontja a kör középpontjától x R= ⋅2π

távolságban van.

De hogyan számítsuk ki az áramjárta félkörívre ható mágneses erő forgatónyoma-tékát? Ha egy I erősségű árammal átjárt, R sugarú (teljes) kör alakú hurok úgy helyezked-ne el a B indukciójú mágneses mezőben, hogy síkja párhuzamosan állna az indukcióvonalakkal, rá maximális forgatónyomaték hatna, melynek nagysága

M B I A B I Rmax .= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅2 π

Ezt a forgatónyomatékot felfoghatjuk a kör két felére ható, ellentétes irányú, de azonos nagysá-gú, egy irányba forgató F1 és F2 erők által alkotott erőpár hatásaként (lásd ábra).

B

RI

F1

F2

16


Eszerint a kör egyik felére ható forgatónyomaték a maximális forgatónyomaték fele:

M M MM M

M M M B I Rmax max .= +

=

⇒ = = = ⋅ ⋅ ⋅1 21 2

1 2

2

2 2π

Ezen az eredményen kicsit módosítani kell, ha a kör alakú hurok síkja nem párhu-zamos az indukcióvonalakkal. Ha az áramjárta keret normálisa (síkjára merőleges normálvektora) α szöget zár be az indukcióvonalakkal, akkor M = Mmax ⋅ sinα, va-gyis ilyenkor a félkörre ható forgatónyomaték:

M M M B I R1 22

2 2= = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅max sin sin .α π α

Ezek után rátérhetünk problémánk megoldására. Az idomra ható forgatónyomatékokat felírva a forgástengelyre:

M M m g R B I Rnehézségi erõ mágneses− = ⇒ ⋅ ⋅⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ° −0 2 90

2

πα

π αcos sin( )) .2

0=

Itt felhasználtuk, hogy ha a félkör alakú idom síkja a vízszintessel α szöget zár be, akkor normálisa és az indukcióvonalak által bezárt szög 90°−α. Innen

m g R B I R I m gB R

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅⋅ ⋅

22

422π

απ α

πcos cos .

A félkör alakú idom tömege m V R A= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ρ ρ π , ezért végeredményünk:

I m gB R

R A gB R

A gB

= ⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅⋅

=4 4 4 0 862 2πρ π

πρ

π, A.

b) Eredményünk nem tartalmazza a félkör-idomnak a vízszintessel bezárt szögét, ami azt jelenti, hogy ha ilyen erős áram folyik át a huzalon, akkor az asztallap sík-jával tetszőleges szöget bezárva egyensúlyban marad. Tehát egyensúlyi helyzete közömbös (indifferens).

35. s = 0,5 cm, Ugy = 250 V, l = 30 cm, N = 1000, I = 0,26 A.a) A jelenség magyarázata.

b) qm

= ?

a) Amikor az eltérítő lemezpárra szinuszosan váltakozó feszültséget kapcsolunk, a lemezek közül kilépő elektronok sebessége az eredeti haladási iránnyal az elté-rítő feszültség pillanatnyi értékétől függő nagyságú szöget zár be. Ezért az ernyő más és más pontjaiba csapódnak, de ezek a pontok egy az eltérítő lemezek sík-jára merőleges irányú szakaszra illeszkednek. (Ha például a vízszintes irányban eltérítő, függőleges síkú lemezpárra kapcsoljuk a szinuszosan váltakozó feszült-séget, akkor az ernyőn egy vízszintes szakasz rajzolódik ki, melynek hosszát az eltérítőfeszültség csúcsértékének nagysága határozza meg. Lásd még az Elekt-

B

x

I

m·g

Mmágneses

17

romosságtan fejezet 97. feladatát.) Amikor a tekercs áramát bekapcsoljuk, a cső hossztengelyével párhuzamos irányú indukcióval jellemezhető mágneses mezőt hozunk létre. Ebben a mezőben az elektronok – mivel sebességvektoruk hegyes-szöget zár be az indukcióvonalakkal – csavarvonal alakú pályát írnak le (lásd 23. feladat). Ha éppen olyan erős a mágneses mező, hogy az eltérítő lemezek és az ernyő távolsága a pályák „menetemelkedésének” egész számú többszöröse, akkor az elektronok az ernyőn egy pontban („foltban”) csapódnak be.b) Az adatokból kideríthető, hogy az eltérítő lemezek közül kilépő elektro-nok jó közelítéssel egy pontból kiindulva haladnak a mágneses mezőben az ernyő felé. Ugyanis ha az ernyőn körülbelül 5 cm-es szakasz rajzolódik ki, ak-kor a lemezpár és az ernyő távolságát figyelembe véve beláthatjuk, hogy az eltérített elektronok sebességvektora az eredeti haladási iránnyal legfeljebb

tg 2,5 cm30 cm

-osα α= = ⇒ = °0 083 4 76, , szöget zárhat be. Mivel tgα = ⊥vv0

, ahol v⊥

az elektronnak az eltérítő lemezekre merőleges sebességkomponense kilépésnél, v0 pedig a gyorsítás során megszerzett sebesség, ez azt is jelenti, hogy az elektro-nok lemezekre merőleges sebességkomponense maximálisan v⊥ = 0,083 ⋅ v0 lehet. Akkor pedig a kilépési pont a belépési ponttól maximálisan

∆x v t v sv

s= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⊥ ⊥ −2 2 2

0 5 0 083 4 10 0 40

2áthaladás tg cm cm mα , , , mm

tá volsággal tolódhat el.Az elektronok gyorsítás során elért sebessége:

q U m v vq Um

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =⋅ ⋅

gygy1

22

02

0 .

Az eltérítő lemezek között az elektronok sebessége irány és nagyság szerint is megváltozik, de a lemezek közül történő kilépésnél meglévő v sebességük induk-cióvonalakkal (a cső hossztengelyével) párhuzamos sebességkomponense tovább-ra is v0 marad. Szemeljünk ki egy, a mágneses mezőbe az indukcióvonalakkal α szöget bezáró sebességvektorral belépő elektront! Mozgását egy az indukcióvonalakra merőle-ges síkban végbemenő egyenletes körmozgás, és egy az indukcióvonalakkal pár-huzamosan történő v0 sebességű egyenletes mozgás összetételeként foghatjuk fel. Pályája egy R sugarú hengerre illeszkedő csavarvonal lesz (lásd az ábrát).

B

l

Rv

18


Határozzuk meg először az indukcióra merőleges síkban, a mágneses Lorentz-erő hatására leírt körpálya jellemzőit: sugarát, illetve befutásának idejét!

q v B mv

RR m v

q B⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

⋅( )⇒ = ⋅ ⋅

⋅sin

sin sinα

α α2

, illetve T Rv

mq B

= ⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅⋅

2 2πα

πsin

.

Látható, hogy az eltérítő lemezek közül különböző nagyságú és irányú sebességgel kilépő elektronok más-más sugarú körpályára térülnek, de egy kört ugyanannyi idő alatt írnak le.Egy periódusidő alatt az elektron által az indukcióvonalakkal párhuzamosan meg-tett távolság, vagyis a „menetemelkedés”:

x v Tq Um

mq B

m Uq BT

= ⋅ =⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅⋅

=⋅ ⋅ ⋅

⋅02

2

2 2 8gy gyπ π .

Minden elektron – függetlenül az eltérítő kondenzátorból való kilépésnél meg-lévő sebességének irányától és nagyságától – T idő alatt xT távolságot tesz meg, azaz a közelítőleg egy pontból kiinduló elektronok ilyen távolságonként ismét egy pontban találkoznak. Ha az eltérítő lemezek és az ernyő távolsága xT egész számú többszöröse, akkor az elektronok az ernyő egy pontjába csapódnak:

l k x km U

q BkT= ⋅ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅⋅

∈ +8 2

2

π gy ahol, .

Látható, hogy minél erősebb a mágneses mező (B), annál nagyobb k pozitív egész számra teljesül az egyenlet. Mivel a mágneses mezőt kialakító tekercs áramát zé-rusról indulva növeltük, és 0,26 A elérésekor tapasztaltuk először, hogy az ernyőn egy fluoreszkáló pont látható, nyilvánvalóan ekkor az elektronok pályájukon ép-pen egyetlen „menetet”, egyetlen periódust írhattak le. Ha a 0,26 A-es árammal átjárt szolenoid belsejében uralkodó mágneses indukció nagyságát meghatározzuk, akkor már a keresett fajlagos töltést is megkaphatjuk:

B N Il

= ⋅ ⋅ = ⋅ −µ031 088 10, ,T

tehát qm

UB l

=⋅ ⋅

⋅= ⋅

81 85 10

2

2 211π gy C

kg, .

36. A mozgó elektron mágneses mező forrása. A Biot–Savart-törvény értelmében az ábrán (1)-gyel jelölt, q töltésű, v sebességgel mozgó elektron a sebességére merő-leges egyenes mentén, tőle r távolságban olyan mágneses mezőt hoz létre, mely-nek indukciója

B q vr1

0 1 124

=⋅

⋅ ⋅µπ

.

19

A (2)-vel jelölt, az (1)-es elektron mágneses me-zejének indukciójára merőleges v sebességgel rendelkező másik elektronra éppen ezért fellép a mágneses Lorentz-erő, melynek hatása vonzásban nyilvánul meg, nagysága pedig:

F q v B q v q vr

q vrL

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅ =⋅

⋅ ⋅2 2 1 0 20

2 2

24 4µ

πµ

π.

A két elektron között ható Coulomb-erő taszító

jellegű, nagyságra nézve:

F k qr

qrC

= ⋅ =⋅ ⋅

⋅2

20

2

2

14 π ε

.

Képezzük a két erő nagyságának hányadosát:

FF v v

cv

C

L

= ⋅ ⋅

⋅⋅

=⋅ ⋅

=

14

4

100 2

20 0

2

2

π εµ

πε µ

.

A fénysebességnél jóval kisebb sebességek esetén a hányados értéke sokkal na-gyobb 1-nél, azaz a Coulomb-erő ilyen feltételek mellett valóban sokszorosa – még pl. v = 10−7 c esetében is százszorosa – a mágneses erőnek.Megjegyzés: az, hogy egy töltött test környezetében kialakuló elektromágneses mezőben a mágneses indukcióvektor és az elektromos térerősségvektor pontról pontra milyen értéket vesz fel, érezhetően függvénye annak, hogy a jelenséget mi-lyen vonatkoztatási rendszerben írjuk le. Hiszen például feladatunkban a töltések-kel együtt mozgó vonatkoztatási rendszerben a töltések nyugalomban vannak, köl-csönhatásuk vizsgálatát eszerint elektrosztatikai megközelítésben végezhetnénk el. Hogy milyen változásokat eredményez a töltések mozgásának figyelembe vétele – elsősorban a fénysebességhez közeli sebességértékek esetén – a térerősség és a mágneses indukció kiszámításában, azt a speciális relativitáselmélet tárgyalja.

Határozzuk meg először az indukcióra merőleges síkban, a mágneses Lorentz-erő hatására leírt körpálya jellemzőit: sugarát, illetve befutásának idejét!

, illetve

Látható, hogy az eltérítő lemezek közül különböző nagyságú és irányú sebességgel kilépő elektronok más-más sugarú körpályára térülnek, de egy kört ugyanannyi idő alatt írnak le.Egy periódusidő alatt az elektron által az indukcióvonalakkal párhuzamosan meg-tett távolság, vagyis a „menetemelkedés”:

Minden elektron – függetlenül az eltérítő kondenzátorból való kilépésnél meg-lévő sebességének irányától és nagyságától – T idő alatt xT távolságot tesz meg, azaz a közelítőleg egy pontból kiinduló elektronok ilyen távolságonként ismét egy pontban találkoznak. Ha az eltérítő lemezek és az ernyő távolsága xT egész számú többszöröse, akkor az elektronok az ernyő egy pontjába csapódnak:

Látható, hogy minél erősebb a mágneses mező (B), annál nagyobb k pozitív egész számra teljesül az egyenlet. Mivel a mágneses mezőt kialakító tekercs áramát zé-rusról indulva növeltük, és 0,26 A elérésekor tapasztaltuk először, hogy az ernyőn egy fluoreszkáló pont látható, nyilvánvalóan ekkor az elektronok pályájukon ép-pen egyetlen „menetet”, egyetlen periódust írhattak le. Ha a 0,26 A-es árammal átjárt szolenoid belsejében uralkodó mágneses indukció nagyságát meghatározzuk, akkor már a keresett fajlagos töltést is megkaphatjuk:

tehát

A mozgó elektron mágneses mező forrása. A Biot–Savart-törvény értelmében az ábrán (1)-gyel jelölt, q töltésű, v sebességgel mozgó elektron a sebességére merő-leges egyenes mentén, tőle r távolságban olyan mágneses mezőt hoz létre, mely-nek indukciója

FC

vq

v

FL

B1

(1)r

(2)

20


4.2.Mozgásielektromágnesesindukció,váltakozóáram

37. v = 0 083, .ms

38. v = 25 ms

, l = 1,435 m, B = 4,8 · 10−5 T.

a) Ui = ? b) Uv = ? c) Uv = ?

a) Mivel a kocsik tengelyei − melyek hosszúságát a nyomtávval egyenlőnek vehet-jük − önmagukra és az indukcióvonalakra egyaránt merőleges sebességgel mozog-nak, bennük töltésszétválasztás jön létre. Az indukált feszültség nagysága:

U B l vi V mV= ⋅ ⋅ = ⋅ =−1 722 10 1 7223, , .

b) Nem állapítható meg ilyen módon a vonat sebessége, hiszen ha a mozdony műszerfalába beépített voltmérőt a tengelyek végpontjaihoz csatlakoztatják, akkor a tengelyből, és végpontjait a voltmérővel összekötő vezetékekből kialakult zárt hurok által körülfogott fluxus nem változik, nem indukálódik feszültség. (Kissé mesterkélten úgy is felfoghatjuk a helyzetet, hogy a zárt hurok két ágában indu-kálódik ugyan feszültség, az egyes ágak egy-egy áramforrásnak tekinthetők (lásd ábra), de mivel ezek ellentétes irányú áramot indítanának, a körben végül is nem mozdulnak el a töltések. (Valójában persze nem történik töltésszétválasztás, úgy-hogy ez a modell kissé félrevezető.)

+ ++

– ––

+ +

+

–

+

– U = B·I·vU = B·I·v

VV

B(be)

Iv

+

– ––

c) Ebben az esetben a sínpár végeit összekötő mérőműszerből, a sínekből és a mozgó tengelyből kialakult zárt hurok által körülfogott fluxus vagy csökken (a vonat közeledésekor), vagy nő (amikor távolodik a vonat). A mozgó tengelyben a mágneses Lorentz-erő hatására töltésszétválasztás következik be, feszültséget jelez a műszer. Ha a voltmérő ún. középállású műszer, vagyis mutatója a skála közepénél jelzi a 0 V-ot, és a mért feszültség polaritásától függően jobbra és balra is kitérhet, akkor a mutató kitérésének irányából következtetni lehet arra, hogy közeledik vagy távolodik a szerelvény.

21

39. Ui = 0,288 V.

40. Ueff = 230 V, t = 0,002 s, f = 50 Hz.U = ?A hálózati feszültség az idő függvényében:

U t U f t( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )0 2sin .πA maximális feszültséget kiszámíthatjuk az effektív érték segítségével:

U U0 2= ⋅eff .

Ennek felhasználásával meg tudjuk határozni az adott t időpillanatban a feszültség pillanatnyi értékét:U t U f t( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( ) =2 2 2 230 2 50 0 002 191 2eff V Hz ssin sin , ,π π VV.Tehát a hálózati feszültség pillanatnyi értéke nulláról 2 ms alatt 191,2 V-ra növek-szik.

41. U = 309,3 V.

42. ∆UUmax

⋅ =100% 4,9%.

43. ∆UUmax

⋅ =100% 58,8%.

44. Ueff = 230 V, T = 0,02 s, f = 50 Hz.t = ?

A hálózati feszültség az idő függvényében:U t U f t( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )0 2sin .π

A maximális feszültséget kiszámíthatjuk az effektív érték segítségével:U U0 2= ⋅eff .

A pillanatnyi érték helyére behelyettesítve az effektív értéket, az egyenletből a kérdéses idő meghatározható.

U U f teff eff= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )2 2sin ,π12

2= ⋅ ⋅

sin ,πT

t

π π4

2= ⋅ ⋅T

t,

t T= = =8

0 028

0 0025, ,s s.

Tehát a hálózati feszültség pillanatnyi értéke 2,5 ms alatt növekszik 0-ról az effek-tív értékre.

22


45. ∆t = 5 ms.

46. a) I t= ⋅ ⋅( )3 62 8A Hzsin , ; b) Q = 2700 J.

47. a) 1322,5 Ω; b) 0,174 A;

c) P t t( ) sin ,= ⋅ ⋅

80 31412Ws

48. 0 és 0,316 s között zérus; 0,316 s és 0,547 s között lineárisan nő 0,316 V-ról 0,547 V-ra; 0,547 s-tól 0,633 s-ig zérus.

49. U = 0,05 mV, d = 20 mm, B = 0,06 T.v = ?

A rajzon ábrázolt mérési körülmények esetén a mágneses mező a pozitív ionokra az M ponttal összeköttetésben lévő elektróda felé mutató erőt fejt ki, ezért ezen az elektródán pozitív, a másikon pedig negatív töltésfelhalmozódás jön létre. Emiatt a két elektróda között olyan elektromos mező épül fel, melyben az ionokra éppen a mágneses Lorentz-erővel ellentétes irá-nyú elektromos erő lép fel. Megfelelően erős elektromos mező kialakulása egyen-súlyhoz, a további töltésszétválasztás leállásához vezet. Ez akkor következik be, ha

q v B q E E v B Ud

v B U v B d⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅

teljesül. Ennek alapján a vér áramlási sebessége:

v UB d

=⋅

= =0 04167 4 17, , .ms

cms

50. q E q B v⋅ = ⋅ ⋅ -ig tart a töltésszétválasztás, U E d= ⋅ .

2O

P (W)

t (10–2 s)

40

80

0,316 0,6330,547O

Ui (V)

t (s)

0,316

0,547

M

vM

NB (be)

FmFe

E +

+ +

– –

23

51. a) l = 0,5 m, m = 0,08 kg, B = 0,2 T, F = 0,05 N, t = 10 s; b) μr = 0,05.a) és b) Ui-t grafikon.

a) A voltmérő ideális, így benne nem folyik áram, azaz a pálcára az általunk kifej-tett F erőn kívül nem hat más erő.Mivel a pálcát állandó nagyságú F erővel mozgatjuk, ezért a pálca gyorsulása is állandó, melynek nagyságát a dinamika alapegyenletéből határozhatjuk meg:

ΣF m a= ⋅

a Fm

Fm

= = =Σ 0 625, .ms2

A pálca egyenletesen gyorsuló mozgást végez, maximális sebességét a 10. másod-perc végén éri el. Ennek nagyságát a sebességtörvényből határozhatjuk meg:

v a tmax , .= ⋅ = 6 25ms

Mivel a pálca sebessége egyenletesen növekszik, ezért a végei között indukálódott feszültség is egyenletesen növekszik, mivel:

U t l v t B( ) = ⋅ ( ) ⋅ .A maximális feszültség a 10. másodperc végén indukálódik:

U l v Bmax max ,= ⋅ ⋅ = 0 625 V.A műszer által mutatott indukált feszültséget az idő függvényében az ábra mutatja:b) µ = 0,05.Bontsuk a mozgást két szakaszra! Az első szakasz legyen az, amíg F erővel húzzuk a pálcát, majd a második szakasz az, amikor már elengedtük!

I. szakasz:A voltmérő ideális, így benne nem folyik áram, azaz a pálcára az általunk kifejtett F erőn és a súrlódási erőn kívül nem hat más erő. Azaz a pálcára ható erők eredője állandó: ΣF F F= − s .

Ezért az első szakaszon a pálca gyorsulása is állandó, melynek nagyságát a dina-mika alapegyenletéből határozhatjuk meg:

a Fm

F Fm

F m gm1

0 125= = − = − ⋅ ⋅ =Σ s 2ms

µ , .

A pálca egyenletesen gyorsuló mozgást végez, maximális sebességét a 10. másod-perc végén éri el. Ennek nagyságát a sebességtörvényből határozhatjuk meg:

v a tmax , .= ⋅ =1 1 1 25ms

10O

U (V)

t (s)

0,625

24


Mivel a pálca sebessége egyenletesen növekszik, ezért a végei között indukálódott feszültség is egyenletesen növekszik, mivel:

U t l v t B( ) = ⋅ ( ) ⋅ .A maximális feszültség a 10. másodperc végén indukálódik:

U l v Bmax max ,= ⋅ ⋅ = 0 125 V.

II. szakasz:Mivel megszűnik a húzóerő, ezért a fennálló súrlódás miatt a pálca egyenletesen lassuló mozgást végez, amíg megáll.Ezen a szakaszon a gyorsulásának (lassulásának) nagyságát szintén a dinamika alapegyenletéből határozhatjuk meg:

a Fm

Fm

m gm2

0 5= = = ⋅ ⋅ =Σ s 2ms

µ , .

A pálca megállásáig eltelt t2 idő:0 2 2= − ⋅v a tmax ,

t va2 2

2 5= =max , s.

Mivel a pálca 2,5 s-on keresztül egyenletesen lassult, ezért a kivezetésein indukált feszültség is egyenletesen csökken.Ezek felhasználásával a műszer által mutatott indukált feszültség az idő függvé-nyében látható a grafikonon.

52. A vezetőt az ellenállás irányába kell mozgatni, v = 23 4,cms

sebességgel.

53. l = 0,5 m, R = 1 Ω, B = 1 T, v = 0 25, .ms

I = ?

Mivel a pálca sebessége állandó, ezért a végei között indukálódott feszültség is állandó, ennek nagysága:

U l v B= ⋅ ⋅ = 0 125, V.

O

U (V)

t (s)

0,125

10 12,5

R

I

B

25

A körben folyó áram a vezetőszakaszra vonatkozó Ohm-törvényből határozható meg:

I UR

= = 0 125, A.

Az áram iránya arrafelé mutat, amerre a vezetőben lévő v sebességgel mozgatott pozitív töltéshordozókra hat a Lorentz erő. Mivel a sebességvektor az ellenállás felé mutat és a B vektor pedig lefelé, így a „jobbkéz-szabály” szerint a mágneses mező által kifejtett erő az ábrán jelölt irányba mutató áramot eredményezi.

54. l = 0,5 m, R = 1 Ω, B = 1,5 T, v = 0 3, .ms

I = ?

Mivel a pálca sebessége állandó, ezért a végei között indukálódott feszsültség is állandó, ennek nagysága:

U l v B= ⋅ ⋅ = 0 225, V

A pálca mozgatásának következtében a vezetőben lévő v sebességgel mozgatott pozitív töltéshordozókra hat a Lorentz-erő. Ennek irányát a v, B, F vektorokra al-kalmazott jobbkéz-szabály adja, az ábrán látható módon:Ennek következtében a pálca egyik vége pozitív, a másik vége negatív töltésű lesz. Tehát, a két ellen-állást tartalmazó két körben az alsó ábra szerint alakul az áram iránya.Az egyes áramerősségek a vezetőszakaszra vonat-kozó ohm törvényből határozhatóak meg. Mivel a két ellenállás értéke azonos, így a két ágban folyó áram erősségének nagysága is azonos lesz:

I UR

= = 0 225, A.

Tehát a két ellenálláson azonos nagyságú, I = 0,225 A erősségű áram folyik át.

55. N = 100, R = 0,5 Ω, b = 5 cm, a = 8 cm, v = 0,02 ms

, B = 0,8 T.a) Wa = ?b) Wb = ?

a) Amíg a tekercsnek csak a mozgatás irányában nézve elöl lévő b hosszúságú oldalai vannak a mágneses mezőben, a bennük indukálódó feszült-ség hatására áram folyik a vezetékekben, ezért a mágneses mező mozgatást gátló erőt fejt ki a b oldalakra (Lenz törvénye). Amikor a tekercs teljes

R

F

R+

RI I

R

+

–

N

B (be)

I

vFm

a

b

26


területe a mágneses mezőben van, az általa körülfogott fluxus nem változik, ezért nem indukálódik feszültség, illetve áram, nem lép fel mágneses erő. Végül a te-kercs kihúzása során a mozgásirányhoz viszonyítva hátul lévő b hosszúságú szaka-szokban ismét töltésszétválasztás lép fel, és az indukálódott áramra ható mágneses erő miatt ismét erőt kell kifejteni a tekercs egyenletes mozgatása érdekében. Tehát tulajdonképpen két mozgásszakaszon kell munkát végezni a tekercsnek a mezőn való áthúzása közben: amíg teljes területével bekerül, illetve amíg teljes területé-vel elhagyja a mezőt.Az N darab, b hosszúságú vezetőszakaszban indukálódott feszültség, és az ennek hatására kialakult áram erőssége:

U N B b v I N B b vRi

= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ .

A mágneses mezőben lévő, I erősségű árammal átjárt vezetődarabokra ható mág-neses erő, egyben a tekercs egyenletes mozgatásához kifejtendő F erő nagysága:

F F N B I b N B N B b vR

b N B b vR

= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅mágneses2 2 2

.

A két mozgásszakaszban ugyanekkora erőt kell kifejteni, mindkétszer a hosszúsá-gú elmozdulást kell létrehozni, azaz a végzendő munka:

W F a N B b v aRa

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =2 2 0 10242 2 2

, .J

b) A gondolatmenetet megismételve kaphatjuk, hogy a szükséges munka a máso-dik esetben:

W F b N B a v bRb

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =2 2 0 16382 2 2

, J.

56. l = 0,3 m, Ueff = 230 V, f = 50 Hz.B = ? ω = ?

A vezetőkeret vízszintes szakaszaiban indukálódik feszültség. Mivel a keret ezen oldalainak sebességvektorainak iránya periodikusan változik, ezért a végeik között indukálódott feszültség is periodikus lesz.Mint az ismeretes, a mozgatási indukció törvénye szerint ha egy l hosszúságú ve-zetőt v sebességgel mozgatunk B mágneses indukciójú mezőben, a végei között feszültség indukálódik. Ha a v és B vektorok α szöget zárnak be egymással, akkor az indukált feszültség nagysága:

U l v B= ⋅ ⋅ ⋅sin .αJelen esetben a fent említett két vezetőszakasz körpályán mozog, kerületi sebessé-gük nagysága állandó:

v l= ⋅ω2

.

27

Ezek alapján a keret egyik vízszintes oldalában indukált feszültség:

U l l B= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ω α2

sin .

A keret szögelfordulása kifejezhető a szögsebességgel:α ω π= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅t f t2 .

Figyelembe véve, hogy a keretnek két érintett oldala van, a keretben indukálódott feszültség az idő függvényében:

U l l B l B f t= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )22

22ω α ω πsin sin .

Tanulmányozzuk a kapott formulát!Vegyük észre, hogy a keret forgatási szögsebessége meg fog egyezni az indukált feszültség körfrekvenciájával, tehát:

ω π= ⋅ ⋅ =2 314 16 1f , .s

Másik észrevételünk az lehet, hogy a fenti formulából ki tudjuk olvasni a maximá-lis feszültséget: U l Bmax .= ⋅ ⋅ω

2

Mint az ismeretes, a maximális és az effektív feszültség között az alábbi összefüg-gés áll fenn:

U Umax .= ⋅2 effA fenti két egyenletet megfelelő oldalai egyenlővé téve a mágneses indukció ki-fejezhető:

2 2⋅ = ⋅ ⋅U l Beff ω ,

B Ul

= ⋅⋅

=2 11 52eff T.

ω,

Tehát a keretet 314 16 1,s

szögsebességgel kell forgatni 11,5 T mágneses indukci-ójú mezőben.

57. f = 3,18 Hz, Umax = 9,6 V, a grafikon egy olyan koszinuszfüggvény, melynek periódusa 0,314 s, amplitúdója 9,6 V.

58. a) Umax = 2,26 V; b) Umax = 2,26 V;

c) U t= ⋅ ⋅

2 26 37 681, sin , .Vs

59. B = 0,5 T, ω = 2 1s

, R = 15 cm.

a) Umax = ? Δφ = ?b) U(t) = ? grafikon

O O,314

U (V)

t (s)

9,6

A

x

B tengely

B

r

28


a) A forgatott vezető félkörív egyes pontjai a forgatás közben − a forgástengelytől mért távolságuktól függően − más-más sebességgel rendelkeznek, a sebességvek-torok indukcióvonalakkal bezárt szöge is változik − hogyan számíthatjuk ki a ve-zető végpontjai között indukálódott feszültséget?Közelítsük meg a félkörívet egy a forgástengellyel párhuzamos, és arra merőleges szakaszokból álló törtvonallal az ábrának megfelelően! (Ezt elvileg tetszőleges pontossággal elvégezhetjük.) Ha vezetőhuzalból, hajtogatással kialakítanánk egy ilyen alakú idomot, meg tud-nánk határozni a forgatása közben benne indukálódott feszültséget? Ez nem tűnik olyan nehéznek: mivel a forgatás során csak a tengellyel párhuzamos ∆x hosszú-ságú szakaszok metszik az indukcióvonalakat, csak ezekben történik töltésszétvá-lasztás. Egy ilyen, a forgástengelytől r távolságban lévő, ∆x hosszúságú szakasz végpontjai között indukálódó feszültség a forgatás közben:

U B x v B x rx∆ ∆ ∆= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅sin sin ,α ω α ahol α a kiválasztott szakasz érintő irányú sebességének egy adott pillanatban az indukcióvonalakkal bezárt szöge, ami tulajdonképpen a félkör síkjának a víz-szintessel bezárt pillanatnyi szögével egyezik meg. Vegyük észre, hogy az r · Δx szorzat számértékileg megegyezik a kiválasztott szakasz és a forgástengely között lévő, az ábrán bevonalkázott területtel!Nyilvánvalóan a tört vonal alakú vezetőidom két végpontja között fellépő indukált feszültség az egyes, forgástengellyel párhuzamos szakaszokban indukálódott fe-szültségek összege:

U U B x r B r xAB x= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )Σ Σ ∆ Σ ∆∆ ω α ω αsin sin . A Σr · Δx szorzatösszeg nem más, mint a tört vonal alakú idom, és a tengely által közrezárt A terület:

U B r x B AAB = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( ) = ⋅ ⋅ ⋅ω α ω αsin sinΣ ∆ . Mivel a félkört tetszőleges pontossággal megközelíthetnénk ilyen tört vonallal, eredményünk nyilván az eredeti problémánkra is alkalmazható, azaz a félkör-idom forgatása közben a végpontjai között indukálódott feszültség

U B A B Rfélkör = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ω απ

ω αsin sin2

2.

Az indukált feszültség értéke tehát függ a félkör síkjának a vízszintessel bezárt szögétől, a forgatás során váltakozó feszültség alakul ki. Láthatóan abban a hely-zetben lesz maximális az indukált feszültség értéke, amikor sinα = 1, vagyis ami-kor a félkör síkja függőleges. A maximális feszültség értéke:

U B A B Rfélkör V= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =ωπ

ω2

20 0353, .

b) A forgatás során indukálódó pillanatnyi feszültséget az előzőekben a vezető síkjának a vízszintes síkkal bezárt szögének függvényében adtuk meg, most a for-gatás kezdetétől mért idő függvényében kell vizsgálódnunk.

29

Az időmérés kezdetén a vezető síkja függőleges volt, éppen maximális feszült-ség indukálódott benne. A vezető síkjának a vízszintes síkkal bezárt szöge tehát t = 0-ban 90°, a forgatás során pedig bármely t időpillanatban α = 90° – ω ⋅ t lesz. Vagyis a vezető végpontjai között indukálódó feszültség időfüggése:

U B R B R t U tfélkör max= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ° − ⋅( ) = ⋅ ⋅( ) =2 2

2 290π ω α π ω ω ωsin sin cos 00 0353 2 1, cosV

s⋅ ⋅

t,

Ufélkör U BR B R t U tfélkör max= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ° − ⋅( ) = ⋅ ⋅( ) =

2 2

2 290π ω α π ω ω ωsin sin cos 00 0353 2 1, cosV

s⋅ ⋅

t .

A függvény grafikonja:

O O,5 3,14

U (V)

t (s)

0,01

-0,01

0,0353

60. U = 12 V, R = 1 Ω, I = 0,15 A.a) Ui = ?b) η = ?

a) A motorra kapcsolt feszültség hatására a forgórészben (tekercsben) áram folyik, ezért az állórész mágneses mezeje forgatónyomatékot fejt ki rá. Ennek következ-ményeképpen a tekercs forgásba kezd, ami viszont azt eredményezi, hogy mene-teiben a mágneses mező hatására feszültség indukálódik, mégpedig olyan, ami Lenz törvénye értelmében az indukciós hatást gátolni igyekvő áramot indítana. A forgórészben kialakuló áram pillanatnyi értékét a motorra kapcsolt feszültség és a forgás miatt indukálódott „ellenfeszültség” szabja meg:

I U UR

= − i ,

ahol R a forgórész ellenállása. Ezek alapján az indukált feszültség értéke üzem közben: U U I Ri V= − ⋅ =11 85, .b) A motor hatásfokát hasznos és összes felvett teljesítményének hányadosaként kaphatjuk meg. Az összes felvett teljesítmény nyilván a motorra kapcsolt feszült-ség és a motor által felvett áramerősség szorzata:

P U Iösszes W= ⋅ =1 8, .De mennyi a motor hasznos teljesítménye? A forgórész menetein átfolyó áram Joule-hő fejlődésével jár, ez kétségtelenül veszteség. Vagyis a motor felvett telje-sítményénél ennyivel kevesebbet tud hasznosan kifejteni:

P P I Rhasznos összes W= − ⋅ =2 1 7775, .

30


Így a hatásfok értéke:

η = =PPhasznos

összes

0 9875, , azaz 98,75%.

61. Az effektív érték annak a képzeletbeli egyenáramnak az áramerőssége, amely ugyanazon az R ellenálláson, ugyanannyi ∆t idő alatt ugyanakkora hőmennyiség fej-lődését eredményezné, mint a vizsgált váltakozó áram, azaz I R t Weff váltakozó

2 ⋅ ⋅ =∆ . A feladatunkban szereplő váltakozó áram munkájának kiszámításához vegyük észre egyrészt, hogy szakaszonként állandó az áramerősség értéke, másrészt T = 6 s-onként megismétlődik ugyanaz a változási ciklus, vagyis az áramerősség-idő függvény periodikus. Ha ∆t = T, azaz egy periódusidőre meg tudjuk adni az effektív értéket, akkor nyilvánvalóan megoldottuk a feladatunkat, hiszen az áram-erősség változása ezt követően „folyamatosan ismétlődik”. Ezt viszont könnyen meg tudjuk tenni, abból a szerencsés körülményből adódóan, hogy az áramerősség szakaszonként állandó:

W I t R t I R t I R tt

t

váltakozós

s

= ( ) ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅=

=

− − −∑ 20

6

0 22

0 2 2 3 52

2∆ ∆ ∆, −− − −+ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ =

3 5 3 5 62

3 5 6

2 216 2 0 4 2 5

, , , ,

,

I R t

W R R

∆

váltakozó A s A s 4422A s⋅ ⋅ R.

Ezek után az effektív érték definíciója alapján már adódik az eredményünk:

I R t W I R T R I Ieff2

váltakozó eff effA s s A s⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒∆2 2 2 242 6 42 eeff A A.= =7 2 646

2 ,

I R t W I R T R I Ieff2

váltakozó eff effA s s A s⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒∆2 2 2 242 6 42 eeff A A.= =7 2 646

2 ,

62. Ueff = 0,866 · U0.

63. Ueff = 230 V, T = 0,02 s, f = 50 Hz.′⋅ =t

T100% ?

A hálózati feszültség az idő függvényében:U t U f t( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )0 2sin .π

A maximális feszültséget kiszámíthatjuk az effektív érték segítségével:U U0 2= ⋅eff .

A pillanatnyi érték helyére behelyettesítve az effektív értéket, meghatározhatjuk azt az időt, amíg a hálózati feszültség pillanatnyi értéke 0-ról az effektív értékre növekszik.

U U f teff eff= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )2 2sin π ,12

2= ⋅ ⋅

sin πT

t ,

31

π π4

2= ⋅ ⋅T

t,

t T=8

.

Ábrázoljuk a hálózati feszültség pillanatnyi értékét egy perióduson keresztül, és fi-gyeljük meg, hogy annak nagysága mely időpontokban éri el az effektív értéket!A szinuszfüggvény szimmetriája miatt megállapíthatjuk, hogy az ábrán ∆t-vel je-

lölt időtartamok mindegyike T8

nagyságú.

Így tehát a feszültség pillanatnyi értéke

′ = ⋅ =t T T48 2

időtartamban lesz az effektív fe-

szültség értéke alatt abszolút értékben.Tehát a hálózati feszültség pillanatnyi értéke ab-szolút értékben számítva a periódusidő 50%-ában nagyobb, mint az effektív érték.

64. tT

⋅ =100% 23%.

65. tT

⋅ =100% 69,4%.

66. Amíg nem forog a motor, nincs indukált „ellenfeszültség”, nagy az áramerősség és a falakban futó vezetékekre eső feszültség.

67. B Btávvezeték hajszárító1 98 T 7 376 T.= =, , ,µ µ

68. l = 0,3 m, T = 1 s, B = 1 T.Ui = ?

Szeretnénk előrebocsátani, hogy az itt közölt megoldástól eltérő, egyszerűbb meg-fontolások alapján is eljuthatunk a helyes eredményre, de tanulságosnak gondoljuk ezt a megoldást, azért közöljük ezt.Mielőtt drasztikusan csökkenne a kedves olvasó lelkesedése a hosszadalmasnak tűnő megoldás láttán, jusson eszébe Öveges professzor úr megszívlelendő gondol-ta: „A fizikában nincsenek nehéz és könnyű dolgok, csak megértett és meg nem értett dolgok vannak.”Mint az a mozgatási indukció törvénye szerint ismeretes, ha egy l hosszúságú ve-zetőt v sebességgel mozgatunk B mágneses indukciójú mezőben, a végei között feszültség indukálódik. Ha a sebesség állandó, illetve v és B vektorok merőlegesek egymásra, akkor az indukált feszültség nagysága:

U l v B= ⋅ ⋅ .

t t

U (V)

t

T

Ueff

Ueff

Umax

t t

32


A feladat tanulmányozása során szokatlan problémába ütközünk. Az okoz kel-lemetlenséget a feladatban, hogy a rúd minden pontjának más-más a sebessége. Próbáljunk valamiféle becslést adni arra vonatkozóan, hogy mekkora feszültség indukálódik a pálca két vége között.Osszuk fel a pálcát nagyon sok kis részre, mondjuk n darabra. Egy kis darab hosz-sza ekkor:

∆l ln

= .

Szemeljük ki ezek közül a részek közül az egyiket, mondjuk az i-ediket. Termé-szetesen ennek a kis résznek is minden pontja más-más sebességgel mozog. A ten-gelyhez legközelebb lévő pontjának a legkisebb a kerületi sebessége, a tengelytől legtávolabb lévő pontjának pedig a legnagyobb a sebessége.Kövessük el az alábbi ravaszságot! Tekintsük úgy, mintha ennek a kis darabnak minden pontja akkora sebességgel mozogna, mint a tengelyhez legközelebb lévő pont sebessége. Ezen sebességgel számított kis darabban indukálódott feszültség biztosan kisebb lesz, mint valójában.Kövessük végig számítással is a fenti gondolatot!Az i-edik rész tengelyhez legközelebbi pontjának távolsága a tengelytől:

r i lni

= −( ) ⋅1 .

Az i-edik rész tengelyhez legközelebbi pontjának kerületi sebessége:

v r i lni imin

.= ⋅ = ⋅ −( ) ⋅ω ω 1

Így az i-edik részben indukálódott feszültség:

U l v B ln

i ln

Bi imin min .= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ −( ) ⋅ ⋅∆ ω 1

Mindegyik kis rész esetén kövessük el ezt a kis ravaszságot! A teljes rúdban indu-kálódott feszültséget úgy kapjuk, hogy ezeket az egyes darabokban indukálódott feszültségeket összeadjuk. Persze ez nem túlságosan könnyű feladat! Nézzük:

U U ln

i ln

B l Bn

iii

n

i

n

i

n

min min= = ⋅ −( ) ⋅ ⋅ =⋅ ⋅ −( )

= = =∑ ∑ ∑

1 1

2

21

1 1ω ω .

Vegyük észre, hogy a Σ jel által meghatározott összegzés tulajdonképpen egy nem nagyon bonyolult számtani sorozat, nevezetesen 0-tól (n – 1)-ig kell összeadni az egész számokat. A számtani sorozat tagjainak összegzési szabálya szerint ezt úgy kell elvégezni, hogy a sorozat első és utolsó tagját össze kell adni, és ezt meg kell szorozni a sorozat tagjainak számával, és el kell osztani kettővel.Tehát:

0 1 2 10 1

212

+ + + −( ) + −( ) =+ −( ) ⋅ = −( ) ⋅... .n n n n n n

33

Ezek alapján a feszültség:

U l Bn

n n l B nnmin

.= ⋅ ⋅ ⋅−( ) ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅−( )ω ω2

2

212 2

1

Mit is jelent ez? Kaptunk egy olyan feszültségértéket, amelyről annyit tudunk, hogy a keresett feszültség ennél biztosan nagyobb.Talán sejtjük, hogy minek örülnénk igazán. Ha találnánk egy olyan feszültséget is, amelyről azt állíthatjuk, hogy biztosan nagyobb, mint a keresett feszültség.Az ehhez szükséges második ravaszság is sejthető talán! Most tekintsük úgy, mint-ha a pálca kis darabjának minden pontja akkora sebességgel mozogna, mint a ten-gelytől legtávolabb lévő pont sebessége! Ezen sebességgel számított kis darabban indukálódott feszültség biztosan nagyobb lesz, mint valójában.Kövessük végig számítással ezt a gondolatot is!Az i-edik rész tengelytől legtávolabbi pontjának távolsága a tengelytől:

R i lni

= ⋅ .

Az i-edik rész tengelytől legtávolabbi pontjának kerületi sebessége:

v r i lni imax

= ⋅ = ⋅ ⋅ω ω .

Így az i-edik részben indukálódott feszültség:

U l v B ln

i ln

Bi imax max= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆ ω .

Mindegyik kis rész esetén kövessük el ezt a kis második ravaszságot! A teljes rúdban indukálódott feszültséget úgy kapjuk, hogy ezeket az egyes darabokban indukálódott feszültségeket összeadjuk. Másodszorra talán már könnyebben fog menni:

U U ln

i ln

B l Bn

iii

n

i

n

i

n

max max= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =⋅ ⋅

= = =∑ ∑ ∑

1 1

2

21

ωω .

Vegyük észre, hogy a Σ jel által meghatározott összegzés ismét egy számtani so-rozat, nevezetesen 1-től n-ig kell összeadni az egész számokat. A számtani sorozat tagjainak összegzési szabálya szerint:

1 2 11

2+ + + −( ) + = ⋅ +( )... .n n n n

Ezek alapján a feszültség:

U l Bn

n n l B nnmax

= ⋅ ⋅ ⋅⋅ +( )

= ⋅ ⋅ ⋅+( )ω ω2

2

212 2

1.

Kaptunk tehát egy olyan feszültségértéket amelyről annyit tudunk, hogy a keresett feszültség ennél biztosan kisebb.

34


A fenti két okfejtés alapján:U U Umin max≤ ≤ ,

ω ω⋅ ⋅ ⋅−( )

≤ ≤ ⋅ ⋅ ⋅+( )l B n

nU l B

nn

2 2

21

21

.

Mielőtt továbbmennénk, ismét egy idézet, most egy matematikaprofesszor, Csá-szár Ákos gondolataiból: „A matematikai analízis nem más, mint amikor közelítő értékek segítségével jutunk el a pontos megoldáshoz.”Nézzük csak meg a fenti egyenlőtlenséget! A bal oldal mindig egy kicsit kisebb,

mint ω ⋅ ⋅l B2

2, a jobb oldal pedig mindig egy kicsit nagyobb, mint ω ⋅ ⋅l B

2

2. Mi-

nél több részre osztjuk fel a pálcát, annál jobban megközelíti a két oldal a középen lévő helyes eredményt.Azt hiszem, érthető, hogy miért idéztünk az előbb a matematikaprofesszortól.A fenti gondolatsornak kristálytiszta matematikai alapjai vannak, melyek a mate-matika egyik csodálatos ágának, a matematikai analízisnek a területét érintik. Azon olvasóinkat, akik a fizikával behatóbban szeretnének foglalkozni, arra biztatjuk, hogy mihamarabb tegyen lépéseket a matematika ezen területének felfedezésére! Bizton állíthatjuk, hogy nem bánják meg!Visszatérve feladatunkhoz megállapíthatjuk tehát, hogy a keresett feszültség:

U l B f l B f l B= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =ω π π2 2

2

22

20 283, V.

Tehát a pálca két végpontja között 0,283 V feszültség indukálódik.

69. a = 0,2 m, R1 = 1 Ω, B = 1 T, v =10cms

.

F(x) grafikon

Ha mozgatjuk a pálcát, a mozgatási indukció tör-vénye szerint a végei között feszültség indukáló-dik. Mivel a vezető keret véges ellenállást kép-visel, ezért a pálcában áram folyik. Mivel ez az áramjárta vezető maga is mágneses mezőben van, ezért hat rá a Lorentz-erő. Ez az erő a mozgatás-hoz szükséges erővel ellentétes irányú. Ha állandó sebességgel akarjuk mozgatni a pálcát, ehhez akkora erőre van szükség, amely minden pillanatban éppen megegyezik a mágneses mező által a pálcára kifejtett erővel. Mivel a pálca mozgatása közben a vezetőkeretből kialakuló áramkör eredő ellenállása folyamatosan változik, miközben az állandó mozgatási sebesség miatt a feszültség állandó, ezért a benne folyó áram is változik, ezért a mozgatáshoz kifejtett erőnek is változnia kell.A pálca mozgatásához szükséges erő tehát:F I a B= ⋅ ⋅ , ahol I a pálcában folyó áram erőssége.

a yA

aA

aA

yA

a yA

yA

35

Ezt az áramot a vezetőszakaszra vonatkozó Ohm-törvényből számíthatjuk ki:

I UR

= .

A képletben lévő feszültség a pálca két vége között indukálódott feszültség:U a v B= ⋅ ⋅ .

A képletben szereplő ellenállás pedig a keretet alkotó vezetékekből kialakuló áram-kör eredő ellenállása. A keret két ága úgy tekinthető, mintha a két ágból adódó két ellenállás párhuzamosan lenne kapcsolva a mozgatott pálca két végére. Legyen y a pálca távolsága a keret jobb oldali szélétől. Határozzuk meg ekkor a keret eredő ellenállását!

R

a yA

aA

a yA

yA

aA

yA

a yA

ae=

⋅ − + ⋅ + ⋅ −

⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅

⋅ − + ⋅

ρ ρ ρ ρ ρ ρ

ρ ρAA

a yA

yA

aA

yA

+ ⋅ −

+ ⋅ + ⋅ + ⋅

ρ ρ ρ ρ,

R Aa y a

Aa y

aA

e =⋅ ⋅ − ⋅ +( ) ⋅ ⋅ + ⋅( )

⋅ ⋅

ρ ρ

ρ

2 2 2

4,

R Aa y a y

aaA

ya

yae

=⋅ ⋅ − ⋅( ) ⋅ + ⋅( )

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅

⋅ + ⋅

ρ

ρ3 2 2

414

3 2 1 2.

Vezessük be a következő jelölést:

x ya

= .

Hiszen a feladat éppen az, hogy a pálcának a keret jobb oldali szélétől való tá-volsága és a keret oldalhosszának hányadosa függvényében kell majd ábrázolni a mozgatáshoz szükséges erőt.Ekkor:

R R x xe = ⋅ − ⋅( ) ⋅ + ⋅( )14 3 2 1 2 .

Alakítsuk ezt át olyan formában, hogy a szélsőértéke könnyen leolvasható le-gyen!

R R x x R x x Re = ⋅ − ⋅ + ⋅ +( ) = ⋅ − ⋅ − ⋅ + −

+

=

1 2 1 2 1

44 4 3

44 2

214

14

344

4 12

1 32

⋅ − ⋅ −

+ +

x

R R x x R x x Re = ⋅ − ⋅ + ⋅ +( ) = ⋅ − ⋅ − ⋅ + −

+

=

1 2 1 2 1

44 4 3

44 2

214

14

344

4 12

1 32

⋅ − ⋅ −

+ +

x = ⋅ − −

+

R x121

21 .

36


A pálcában folyó áram erőssége:

I UR

a v B

R x= = ⋅ ⋅

⋅ − −

+

1

212

1.

A pálcára a mágneses mező által kifejtett erő:

F I a B a v B

R x

a B vR

x= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

⋅ − −

+

= ⋅ ⋅ ⋅− −

2 2

1

2

2 2

112

1

112

+

2

1.

Az értékeket behelyettesítve:

F xx

( ) =− −

0 004

1 12

2

, N .

Ez a függvényt kell ábrázolnunk, amíg a pálca 10 cm hosszú utat fut be. Eközben az x mennyiség a következő értékeket veszi fel:

14

34

≤ ≤x .

A keresett függvény grafikonja, azaz a pálcának a keret jobb oldali szélétől való távolsága és a keret oldalhosszának hányadosa függvényében a moz-gatáshoz szükséges erő látható az ábrán.

70. d = 20 cm, α = 30°, R = 5 Ω, B = 0,8 T, m = 10 g, l = 20 cm.a) vmax = ?b) PR = ? Pgrav = ?

a) A rudakból álló sínpárra helyezett pálca lecsú-szik a lejtőn, közben a mágneses mező hatására benne indukálódó feszültség áramot tart fenn a pálca és a rudakkal vele összekötött ellenállás ál-tal alkotott zárt körben. Az áram erősségét meghatározó indukált feszült-ség a pálca pillanatnyi v sebességének az induk-cióvonalakra merőleges komponensével egyene-

sen arányos, azaz: I UR

B l vR

= = ⋅ ⋅ ⋅i cos .α

Az áramjárta pálcára Fm mágneses erő hat, mely a Lenz-törvény segítségével meg-állapítható áramirány alapján merőleges mind a pálca egyenesére, mind az induk-cióvektorra (lásd ábra), nagysága Fm = B ⋅ I ⋅ l.

O

F (mN)

x

4

14

12

34

1615

4

Fneh.

Fm

B

FnyI (be)

v

37

A pálca mozgásegyenletét a rá ható erőknek a lejtő felszínével párhuzamos, illetve arra merőleges komponensekre történő felbontása után könnyen felírhatjuk:

m g B I l m aF m g B I l

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =

sin coscos sin

.α α

α αny 0

Beírva az áramerősség kifejezését az első egyenletbe:

m g B lR

v m a⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅sin cos .α α2 2 2

Látható, hogy a pálca gyorsulása sebességének növekedésével egyre csökken. Amikor a gyorsulás zérusra csökken, a pálca sebessége nem nő tovább, elérte a maximumát. Ennek értéke:

m g B lR

v v m g RB l

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

=sin cos sincos

αα α

α

2 2 2

2 2 20 13max maxmms

.

b) A pálca maximális sebessége esetén az R ellenálláson átfolyó áram erőssége:

I UR

B l vR

m gB l

m gB l

imax tg A= =

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅⋅

⋅ =max cos sincos

, .α αα

α 0 36

Ebből következően az ellenálláson másodpercenként felszabaduló Joule-hő: P I RR = ⋅ =max , .

2 0 65 W

A nehézségi erő teljesítményének egyik lehetséges meghatározási módja: ∆t idő alatt az állandósult sebességgel mozgó pálca s = v ⋅ ∆t utat tesz meg a lejtőn le-felé. Ez azt jelenti, hogy a nehézségi erő irányával párhuzamosan ∆h = s ⋅ sinα = = v ⋅ ∆t ⋅ sinα távolsággal mozdult el, ennyivel került „lejjebb”. Így a nehézségi erő teljesítménye:

PW

tm g h

tm g v t

tm g vFgrav n= =

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =∆

∆∆

∆∆

maxmax

sin sin ,α α 0 65 WW.

Vagyis a nehézségi erő másodpercenként végzett munkájával egyenlő nagyságú hőmennyiség szabadul fel másodpercenként az R ellenálláson.

71. d R B m l= = ° = = = = =2 cm 3 5 8 T 1 g 2 cm 3.0 0 0 0 0 0, , , , , , , ,α µΩvmax = ?

A probléma a 70. feladatban tárgyalttól mindösz-sze annyiban különbözik, hogy a pálca és a rudak között fellépő súrlódási erőt is figyelembe kell vennünk a mozgásegyenlet felírásánál és megol-dásánál:m g B I l F m aF m g B I l

F⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅

− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =

sin coscos sin

α αα α

s

nys0

== ⋅µ FnyFneh.

Fm

Fs

B

FnyI (be)

v

38


Az egyenletrendszerből következik, hogym g B I l m g B I l m a⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅sin cos cos sin ,α α µ α µ α

ahol az I áramerősség

I UR

B l vR

= = ⋅ ⋅ ⋅i cos .α

Beírva az áramerősség kifejezését a mozgásegyenletbe:

m g m g B B l vR

l m a⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅( ) = ⋅sin cos cos cos sin .α µ α α α µ α

Ismét láthatjuk, hogy a sebesség növekedésével csökken a gyorsulás. Maximális a sebesség, amikor a = 0:

m g m g B B l vR

l

v

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅( ) =sin cos cos cos sin ,max

ma

α µ αα

α µ α 0

xx

sin coscos cos sin

, .=⋅ ⋅ ⋅ − ⋅( )

⋅ ⋅ + ⋅( )=

m g RB l

α µ αα α µ α2 2

5 33 ms

72. L = 19 cm, d =21 mm, l = 20 mm, Ugy = 238 V.A munkatétel alapján meghatározhatjuk a gyorsítási szakasz végére az elektronok által elért sebességet:

12

12

29 148 102 2 6⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ =

⋅ ⋅= ⋅m v W m v q U v

q Umgyorsító mezõ gy

gy ms

, ..

a) Először vizsgáljuk meg, mi történhetett, amikor a vízszintes és a függőleges síkú eltérítő lemezpárra is az azonos időbeli változású

U V t UDC AB= ⋅ ⋅

=50 314 1sins

feszültséget kapcsolták! A vízszintes síkú lemezpár függőleges irányú eltérítést okoz, jelöljük ezt y irányként, míg a függőleges síkú lemezpár által előidézett víz-szintes irányú eltérítést x irányúnak fogjuk nevezni (lásd 1. ábra).

l

D

C

+ +

– –

d

vxx0

x1

v0v0L L

l ernyô ernyô

A

B

+ +

– –

d

vy y0

y1

v0v0

1. ábra

39

Az Elektromosságtan fejezet 96. és a 97. feladatánál láttuk, hogy a lemezek kö-zötti elektromos mező által okozott gyorsulás következtében kilépésnél az elekt-ronoknak már az eltérítő lemezpár síkjára merőleges sebességkomponense is lesz. Ennek nagysága a

v a t q Um d

lvx x

DC= ⋅ = ⋅⋅

⋅∆0

,

illetve a

v a t q Um d

lvy y

AB= ⋅ = ⋅⋅

⋅∆0

összefüggéssel lenne megadható. Láthatóan vx és vy értéke akkor lesz a legnagyobb, amikor az eltérítő lemezpárokra kapcsolt feszültség a maximális értékét veszi fel. Mivel

UDC,max. = UAB,max.= ± 50 V, vagyis

a a ax y,max ,max max ,= ≡legfeljebb

v v a tq U

m dlv

q Umx y

AB DC,max ,max max

,max ,max= = ⋅ =⋅

⋅⋅ =

⋅∆ áthaladás

0 ⋅⋅⋅ = ⋅

dlv0

59 15 10, ms

nagyságú, a lemezekre merőleges irányú sebességkomponensre tehettek szert kilé-pésig az elektronok. Ezért a lemezek közötti térrészt elhagyó elektronok maximá-lis sebessége a fizikaórán végzett vizsgálatok során

v v v v vx ymax ,max ,max ,= + = + = ⋅02 2

02 2 69 19 10 m

s

lehetett. A sebességvektor irányára nézve

tgα αmax,max ,max

max, , ,= = = ⇒ = ± °v

vv

vx y

0 0

0 1 5 7

azaz az elektronok eredeti haladási irányával legfeljebb ekkora szöget zárhatott be az eltérítő lemezpár közötti térrészt elhagyó részecskék sebességvektora jobbra vagy balra, illetve lefelé vagy felfelé.A lemezek között áthaladó elektronok kilépési pontja a belépési ponthoz viszonyít-va maximálisan

x y a tq U

m dlv

qDC0 0

22

022 2,max ,max

max ,max= = ⋅ ( ) = ⋅⋅ ⋅

⋅ =⋅

∆ áthaladásUU

m dlv

AB,max

210

2

02

3

⋅ ⋅⋅ = − m-rel

tolódhatott el a mérés során. A kilépési pont és az L távolságban lévő ernyőn ki-alakuló becsapódási pont között pedig maximálisan x1,max, illetve y1,max lehetett az eltérés:

40


tg , azaz

tg m

tg

α

α

max,max ,max

,max max

,

,

= = =

= ⋅ = ⋅ −

vv

xL

x L

x 1

12

0 1

1 9 10

αα

α

max,max ,max

,max max

,

,

= = =

= ⋅ = ⋅ −

vv

yL

y L

y 1

12

0 1

1 9 10

, azaz

tg m.

y

x

A

B

ernyô

DUAB = UDC = +50 V

UAB = UDC = 0 V

C

2. ábra

Vagyis az elektronok a zérus eltérítő feszültséghez tartozó becsapódási ponttól jobb-ra, illetve balra, lefelé, illetve felfelé maximálisan

x0,max + x1,max = 2 cm, illetve y0,max + y1,max = 2 cm

távolságban csapódhattak be a képernyőre (lásd 2. ábra). Milyen is lehetett a fizikaórán a katódsugárcső ernyőjén megfigyelt görbe? Mivel az A-B és B-C lemezek közé azonos fázisban, azonos frekvenciával váltakozó, azonos csúcsértékű feszültséget kapcsoltak, ezért a képernyőre érkező elektronok a zérus eltérítő feszültséghez tartozó becsapódási ponttól minden pillanatban egy-forma mértékben térnek el x és y irányban, azaz az ernyőn egy 45°-os szögben dőlt szakasz rajzolódik ki, melynek hossza 4 2 5 657⋅ =cm cm, .b) Az előző pontban elvégzett számítások eredményeit fel tudjuk használni, ezért csak egy kicsit kell elgondolkodnunk a válaszadás előtt. A megadott időbeli válto-zást követő feszültségek tehát annyiban különböznek az a) pontbeli esettől, hogy a két lemezpárra kapcsolt feszültség között 90°-os fáziskülönbség van. Egyszerűb-ben fogalmazva: amelyik pillanatban pl. a vízszintes irányú eltérülést létrehozó lemezeken zérus a feszültség, ugyanakkor a függőleges irányban eltérítő lemeze-ken a feszültség maximális, vagyis függőleges (y) irányban a lehető legnagyobb eltérülés jön létre – és természetesen ez megfordítva is igaz. Ebből már könnyen sejthető, hogy egy 2 cm sugarú kör alakul ki a képernyőn, de támasszuk alá egy kissé alaposabban ezt az eredményünket.Tetszőleges időpillanatban az eltérítő lemezpár közül kilépő elektron képernyőre történő becsapódási pontjának x és y koordinátája:

x x a t Lq U

m dlv

Lv

tt

tDC t x

0 12

2

022 2,

,+ == ⋅ ( ) + ⋅ = ⋅⋅ ⋅

⋅ +

IV. fejezet Elektromágneses jelenségek - fiz.aporisk.hufiz.aporisk.hu/UserFiles/iv_fejezet.pdf · 2020. 3. 25. · IV. fejezet Elektromágneses jelenségek 4.1. Mágneses indukció,

Documents