A P. 5570. feladat (2024. április)

P. 5570. Az ábrán látható – három egyforma ellenállást és két egyforma tekercset tartalmazó – hálózatot viszonylag hosszú ideje egyenáramú forrásra kapcsoltuk. (A tekercsek ohmikus ellenállása elhanyagolható.)

$\displaystyle a)$ Mekkora áram fog folyni az ellenállásokon közvetlenül a K kapcsoló kikapcsolása után?

$\displaystyle b)$ Mekkora feszültség indukálódik a tekercsekben közvetlenül a K kapcsoló kikapcsolása után?

$\displaystyle c)$ Hogyan változik időben a tekercseken folyó áramerősségek összege, illetve különbsége?

$\displaystyle d)$ Mennyi idő múlva csökken az egyik, illetve a másik tekercs áramerőssége a K kapcsoló kikapcsolása után nagyon hamar mérhető áramerősség felére?

Adatok: $\displaystyle U_0=1~\mathrm{V}$ , $\displaystyle L=1~\mathrm{H}$ , $\displaystyle R=1~\Omega$ .

Károlyházy Frigyes (1929-2012) feladata nyomán

(6 pont)

A beküldési határidő 2024. május 15-én LEJÁRT.

Megoldás. $\displaystyle a)$ A kapcsoló kikapcsolása előtt a ,,viszonylag hosszú'' idő miatt időben állandó áramok folynak, így a tekercsek olyanok, mintha (elhanyagolható ohmos ellenállású) vezetékek lennének. Eszerint a kapcsoló kikapcsolása előtt mindhárom ellenálláson

$\displaystyle I_0=\frac{U_0}{R}=1\,\mathrm{A}$

nagyságú áram folyik. Jelöljük a telephez közelebbi tekercset 1-es, a távolabbit 2-es indexszel. A tekercseken a csomóponti törvény szerint a kapcsoló kikapcsolása előtt $\displaystyle I_1(t<0)=2I_0$ , illetve $\displaystyle I_2(t<0)=I_0$ áram folyt (1. ábra).

1. ábra

A tekercsek árama nem változhat ugrásszerűen, ezért a kapcsoló kikapcsolása után közvetlenül ugyanekkora marad:

$\displaystyle I_1(0)=2I_0,\qquad I_2(0)=I_0.$

A három ellenálláson – ismét a csomóponti törvény alapján – ekkor rendre

$\displaystyle I_{R1}=-2I_0=-2\,\mathrm{A},\quad I_{R2}=I_0=1\,\mathrm{A}\quad\textrm{és}\quad I_{R3}=I_0=1\,\mathrm{A}$

áramok folynak. (Az áram irányát az ellenállásokon lefelé vesszük pozitívnak – lásd a 2. ábrát.)

Az ellenállásokon természetesen változhat az áramerősség ugrásszerűen is: az első ellenálláson a kapcsoló kinyitásakor hirtelen $\displaystyle -2$ -szeresére változik.

2. ábra

$\displaystyle b)$ Az ellenállásokon $\displaystyle U_R=RI_R$ feszültség esik, így a tekercsek végpontjainak feszültsége az ellenállások közös csomópontjához viszonyítva $\displaystyle -2U_0$ , $\displaystyle U_0$ és $\displaystyle U_0$ (2. ábra). Ez alapján a tekercseken indukálódott feszültség közvetlenül a kapcsoló kikapcsolása után:

$\displaystyle U_1(0)=-3U_0=-3\,\mathrm{V},\qquad U_2(0)=0.$

$\displaystyle c)$ Ezután vizsgáljuk az áramok változását a kapcsoló kikapcsolása után. Ha egy $\displaystyle L$ induktivitású tekercs árama időben változik, akkor a tekercsen

$\displaystyle U_L=L\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t}$

feszültség esik.

3. ábra

Írjuk fel a huroktörvényt először az $\displaystyle ABCDA$ hurokra (3. ábra):

$\displaystyle L\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}+L\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}+RI_2+RI_1=0,$

amit rendezve:

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}(I_1+I_2)}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}=-\frac{R}{L}(I_1+I_2)$

egyenletet kapjuk. Ez az egyenlet ugyanolyan (az $\displaystyle I_1+I_2$ mennyiségre), mint a jól ismert radioaktív bomlástörvény (a magok $\displaystyle N$ számára):

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}(N)}{\mathrm{d}t}=-\lambda N,$

amelynek a megoldását is ismerjük:

$\displaystyle N(t)=N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t}.$

Az analógia alapján a megoldás:

$\displaystyle I_1(t)+I_2(t)=3I_0\,\mathrm{e}^{-t/\tau_1},$

ahol

$\displaystyle \tau_1=\frac{L}{R}=1\,\mathrm{s}$

az exponenciális lecsengés időállandója.

Másodszor írjuk fel a huroktörvényt a (nyolcas alakú) $\displaystyle ABDCBDA$ hurokra:

$\displaystyle L\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}+R(I_1-I_2)-RI_2-L\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}+R(I_1-I_2)+RI_1=0,$

amit rendezve most a

$\displaystyle \frac{\mathrm{d}(I_1-I_2)}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}-\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}=-\frac{3R}{L}(I_1-I_2)$

egyenletet kapjuk. Ennek megoldása az előzőhöz hasonlóan:

$\displaystyle I_1(t)-I_2(t)=I_0\,\mathrm{e}^{-t/\tau_2},$

ahol

$\displaystyle \tau_2=\frac{L}{3R}=\frac{1}{3}\,\mathrm{s}$

az időállandó.

A tekercseken folyó áramerősségek összege, illetve különbsége tehát:

$\begin{align*} I_{+}(t)=I_1(t)+I_2(t)&=3I_0\,\mathrm{e}^{-t/\tau_1}=3\,\mathrm{A}\cdot\mathrm{e}^{-t/1\,\mathrm{s}},\\ I_{-}(t)=I_1(t)-I_2(t)&=I_0\,\mathrm{e}^{-t/\tau_2}=1\,\mathrm{A}\cdot\mathrm{e}^{-3t/1\,\mathrm{s}}. \end{align*}$

$\displaystyle d)$ Azt keressük, hogy az egyes tekercseken mekkora $\displaystyle t_1$ , illetve $\displaystyle t_2$ idő alatt csökken az áramerősség a kapcsoló nyitása után közvetlen mért érték felére. $\displaystyle I_1(t_1)$ -t és $\displaystyle I_2(t_2)$ -t írjuk fel az előző rész megoldása alapján, majd tegyük egyenlővé a kezdeti értékek felével:

$\begin{align*} I_1(t_1)&=\frac{I_{+}(t_1)+I_{-}(t_1)}{2}=\frac{3I_0}{2}\,\mathrm{e}^{-t_1/\tau_1}+\frac{I_0}{2}\,\mathrm{e}^{-t_1/\tau_2}=\frac{I_1(0)}{2}=I_0,\\ I_2(t_2)&=\frac{I_{+}(t_2)-I_{-}(t_2)}{2}=\frac{3I_0}{2}\,\mathrm{e}^{-t_"/\tau_1}-\frac{I_0}{2}\,\mathrm{e}^{-t_"/\tau_2}=\frac{I_2(0)}{2}=\frac{I_0}{2}. \end{align*}$

Ezekből a keresett időkre a

$\begin{align*} 3\,\mathrm{e}^{-t_1/\tau_1}+\mathrm{e}^{-t_1/\tau_2}&=2,\\ 3\,\mathrm{e}^{-t_2/\tau_1}-\mathrm{e}^{-t_2/\tau_2}&=1 \end{align*}$

egyenleteket kapjuk.

Vezessük be az

$\displaystyle a_1=\mathrm{e}^{-t_1/\tau_1},\quad\textrm{illetve}\quad a_2=\mathrm{e}^{-t_2/\tau_1}$

jelöléseket. Ekkor, felhasználva, hogy $\displaystyle \tau_2=\tfrac{1}{3}\tau_1$ :

$\displaystyle \mathrm{e}^{-t_1/\tau_2}=\mathrm{e}^{-3t_1/\tau_1}=a_1^3\quad\textrm{és}\quad\mathrm{e}^{-t_2/\tau_2}=\mathrm{e}^{-3t_2/\tau_1}=a_2^3,$

és az egyenletek az

$\begin{align*} a_1^3+3a_1-2&=0,\\ a_2^3-3a_2+1&=0 \end{align*}$

alakra egyszerűsödnek. Ezeket a harmadfokú egyenleteket meg lehet oldani internetes program segítségével, numerikus próbálgatással, grafikusan vagy a Cardano-képlettel. Az első egyenletnek csak egy valós gyöke van:

$\displaystyle a_1\approx 0{,}596,$

amiből

$\displaystyle t_1=-\tau_1\ln a_1\approx 0{,}517\,\mathrm{s}.$

A második egyenletnek három valós megoldása van, közelítőleg: $\displaystyle -1{,}879$ , $\displaystyle 0{,}347$ és $\displaystyle 1{,}532$ . Az első, negatív gyök nyilván nem lehet jó, hiszen szükségszerűen $\displaystyle a_2>0$ , a harmadik gyök pedig negatív $\displaystyle t_2$ értéket eredményezne. Így az egyetlen fizikailag értelmezhető megoldás:

$\displaystyle a_2\approx 0{,}347,$

amiből

$\displaystyle t_2=-\tau_1\ln a_2\approx 1{,}058\,\mathrm{s}.$

A tekercsek áramerőssége tehát $\displaystyle t_1\approx 0{,}517\,\mathrm{s}$ , illetve $\displaystyle t_2\approx 1{,}058\,\mathrm{s}$ idő alatt csökken a kezdeti áramerősségek felére.

Megjegyzés. Nem része a feladatnak, de a felírt függvények alapján ábrázolhatjuk az időfüggvényeket. A 4. ábrán a két tekercs áramának összege és különbsége látható – ezek egyszerű exponenciális függvények.

4. ábra

Az 5. ábrán $\displaystyle I_1(t)$ és $\displaystyle I_2(t)$ látható, a grafikonról leolvashatók a keresett ,,felezési idők'' is.

5. ábra

A 6. ábrán a tekercsek $\displaystyle U_1(t)$ és $\displaystyle U_2(t)$ feszültségét ábrázoltuk. A feszültségek arányosak az áramok változási sebességeivel. Jól megfigyelhető, hogy $\displaystyle I_2$ -nek $\displaystyle t=0$ nál vízszintes az érintője, összhangban azzal, hogy $\displaystyle U_2(0)=0$ .

6. ábra

Statisztika:

11 dolgozat érkezett.

6 pontot kapott: Bencz Benedek, Fajszi Karsa, Hegedüs Márk, Kiss 131 Adorján Timon, Klement Tamás, Seprődi Barnabás Bendegúz, Tóth Kolos Barnabás.

4 pontot kapott: 2 versenyző.

3 pontot kapott: 1 versenyző.

A KöMaL 2024. áprilisi fizika feladatai

11 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Bencz Benedek, Fajszi Karsa, Hegedüs Márk, Kiss 131 Adorján Timon, Klement Tamás, Seprődi Barnabás Bendegúz, Tóth Kolos Barnabás.
4 pontot kapott:	2 versenyző.
3 pontot kapott:	1 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?