„Magnetosztatika példák - Négyzet alakú fémkeret mágneses tere” változatai közötti eltérés
(→Megoldás) |
|||
23. sor: | 23. sor: | ||
$$d=\sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }$$ | $$d=\sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }$$ | ||
− | A gúla élének | + | A gúla élének hossza hasonló geometriai megfontolások alapján meghatározható: |
$$l=\sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 +\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }=\sqrt{z^2+ \dfrac{a^2}{2} }$$ | $$l=\sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 +\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }=\sqrt{z^2+ \dfrac{a^2}{2} }$$ | ||
− | Ezek ismeretében meghatározható az oldallap magassága és az élek által bezárt $\alpha_1$ és $\alpha_2$ szög | + | Ezek ismeretében meghatározható az oldallap magassága és az élek által bezárt $\alpha_1$ és $\alpha_2$ szög szinusza: |
$$\sin(\alpha_1)=\dfrac{a}{2l}=\dfrac{a}{2\sqrt{z^2+ \dfrac{a^2}{2} }}$$ | $$\sin(\alpha_1)=\dfrac{a}{2l}=\dfrac{a}{2\sqrt{z^2+ \dfrac{a^2}{2} }}$$ | ||
36. sor: | 36. sor: | ||
$$B=\dfrac{\mu_0 I}{4 \pi d} (\sin(\alpha_1)-\sin(\alpha_2))=\dfrac{\mu_0 I}{4 \pi \sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }} \dfrac{a}{\sqrt{z^2+ \dfrac{a^2}{2} }}$$ | $$B=\dfrac{\mu_0 I}{4 \pi d} (\sin(\alpha_1)-\sin(\alpha_2))=\dfrac{\mu_0 I}{4 \pi \sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }} \dfrac{a}{\sqrt{z^2+ \dfrac{a^2}{2} }}$$ | ||
− | A fenti $B$ indukció vektora azonban merőleges a gúla oldallapjára, így ha összegezni akarjuk a keret négy éle által keltett teret, akkor négy darab $B$ nagyságú, de a gúla egyes oldallapjaira merőleges vektorokat kell összegeznünk. A gúla szimmetriája miatt az egyes indukció vektorok | + | A fenti $\vec{B}$ indukció vektora azonban merőleges a gúla oldallapjára, így, ha összegezni akarjuk a keret négy éle által keltett teret, akkor négy darab $B$ nagyságú, de a gúla egyes oldallapjaira merőleges vektorokat kell összegeznünk. A gúla szimmetriája miatt az egyes indukció vektorok keret síkjával párhuzamos komponensei kioltják egymást. Keret síkjára merőleges komponensei összeadódnak, így az eredő tér is a keret síkjára merőleges irányú lesz. Hogy ennek nagyságát meghatározzuk, meg kell határoznunk a fent kiszámolt $B$ indukció $B_z$ függőleges komponensét: |
$$B_z=B \sin(\beta)$$ | $$B_z=B \sin(\beta)$$ | ||
− | Ahol $\beta$ a $B$ vektor | + | Ahol $\beta$ a $\vec{B}$ vektor keret síkjával bezárt szöge. A merőleges szárú szögek tételéből következően a gúla magassága és a gúla oldallapjának magasságvonala szintén $\beta$ szöget zár be egymással. Tehát: |
$$\sin(\beta)=\dfrac{a}{2d}=\dfrac{a}{2\sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }}$$ | $$\sin(\beta)=\dfrac{a}{2d}=\dfrac{a}{2\sqrt{z^2+\left( \dfrac{a}{2} \right)^2 }}$$ |
A lap 2013. szeptember 14., 21:53-kori változata
Feladat
- Egy oldalú négyzet alakú fémkeretben áram folyik. Határozzuk meg a mágneses térerősséget a keret középpontján átmenő, síkjára merőleges tengely mentén!
Megoldás
A keret által létrehozott tér a négy darab él terének összegeként írható le. A véges hosszúságú, áram által átjárt egyenes vezetékdarab mágneses terét az Egyenes vezető mágneses tere feladatában már meghatároztuk:
Ahol a vizsgált pont és a vezetődarab távolsága, és pedig a rúd két végpontjának látószöge a vizsgált pontból a vezetékhez húzott merőlegeshez képest. A feladatban szereplő négyzetes keret középpontja felett magasságban kijelölt pont egy négyzet alapú gúlává egészíti ki a rendszer geometriáját, ahogy az az ábrán látható. ábra
A gúla egy oldallapjának, mint egyenlő szárú háromszögnek a magassága megegyezik a vezető keret adott élének a vizsgált ponttól mért távolságával:
A gúla élének hossza hasonló geometriai megfontolások alapján meghatározható:
Ezek ismeretében meghatározható az oldallap magassága és az élek által bezárt és szög szinusza:
Már mindent ismerünk ahhoz, hogy meghatározzuk a keret egyetlen éle által a gúla csúcspontjában keltett mágneses indukció nagyságát:
A fenti indukció vektora azonban merőleges a gúla oldallapjára, így, ha összegezni akarjuk a keret négy éle által keltett teret, akkor négy darab nagyságú, de a gúla egyes oldallapjaira merőleges vektorokat kell összegeznünk. A gúla szimmetriája miatt az egyes indukció vektorok keret síkjával párhuzamos komponensei kioltják egymást. Keret síkjára merőleges komponensei összeadódnak, így az eredő tér is a keret síkjára merőleges irányú lesz. Hogy ennek nagyságát meghatározzuk, meg kell határoznunk a fent kiszámolt indukció függőleges komponensét:
Ahol a vektor keret síkjával bezárt szöge. A merőleges szárú szögek tételéből következően a gúla magassága és a gúla oldallapjának magasságvonala szintén szöget zár be egymással. Tehát:
Az eredő tér így a következőnek adódik: