Szerk
P. 5639. A mellékelt kapcsolási rajznak megfelelően összeállított áramkörben a feszültségforrás elektromotoros ereje \(\displaystyle 6~\mathrm{V}\), belső ellenállásának nagysága \(\displaystyle 2~\Omega\). Az ideális tekercs önindukciós együtthatója \(\displaystyle 1{,}5~\mathrm{H}\), az \(\displaystyle R\) ellenállás pedig \(\displaystyle 1000~\Omega\) nagyságú. Kezdetben a kapcsoló zárva van.
a) Mekkora töltés áramlik át az \(\displaystyle R\) ellenálláson a kapcsoló kinyitása után?
b) Mennyi hő fejlődik az \(\displaystyle R\) ellenálláson ezalatt?
(5 pont)
Tornyai Sándor fizikaverseny nyomán, Hódmezővásárhely
I. megoldás. Kezdetben az \(\displaystyle R\) ellenálláson nem folyik áram, mert a kapcsoló zárása után hosszú idővel, állandósult állapotban az ideális tekercs rövidzárként viselkedik (1. ábra).
Ez alapján a tekercsen átfolyó áram:
\(\displaystyle I_0=\frac{U_0}{R_\mathrm{b}}=3~\mathrm{A}. \)
a) A kapcsoló nyitása után (2. ábra) a tekercs árama nem változhat ugrásszerűen, így a \(\displaystyle t=0\) időpillanatban az \(\displaystyle RL\)-körben \(\displaystyle I_0\) áram folyik. Ezután egy ideig a tekercs feszültségforrásként viselkedik, és áramot hajt át az \(\displaystyle R\) ellenálláson:
\(\displaystyle U_\mathrm{i}=-L\frac{\Delta I}{\Delta t}=RI. \)
Rövid idő alatt az ellenálláson \(\displaystyle \Delta q=I\Delta t\) töltés áramlik át, így az előző kifejezés alapján:
\(\displaystyle \Delta q=-\frac{L}{R}\Delta I. \)
A lecsengés teljes idejére mindkét oldalt összegezve:
\(\displaystyle q=\sum\Delta q=-\frac{L}{R}\sum\Delta I=\frac{L}{R}I_0=\frac{LU_0}{RR_\mathrm{b}}=4{,}5~\mathrm{mC}. \)
b) Az \(\displaystyle R\) ellenálláson annyi hő fejlődik, amekkora a kapcsoló nyitásának pillanatában a tekercsben lévő mágneses tér energiája volt:
\(\displaystyle Q=E_\mathrm{m}=\frac{1}{2}LI_0^2=\frac{1}{2}L\frac{U_0^2}{R_\mathrm{b}^2}=6{,}75~\mathrm{J}. \)
Bélteki Teó (Hódmezővásárhely, Bethlen G. Ref. Gimn., 11. évf.)
II. megoldás. a) Az előző megoldás jelöléseit használva a kapcsoló nyitása után az áram időbeli változását leíró differenciálegyenlet:
\(\displaystyle \frac{\mathrm{d}I(t)}{\mathrm{d}t}=-\frac{R}{L}I(t). \)
Ez ugyanolyan alakú, mint a radioaktív bomlást leíró egyenlet, így a megoldása is ugyanolyan:
\(\displaystyle I(t)=I_0\mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}. \)
Az \(\displaystyle R\) ellenálláson kicsiny \(\displaystyle \mathrm{d}t\) idő alatt \(\displaystyle \mathrm{d}q=I\mathrm{d}t\) töltés áramlik át, így a teljes átáramló töltés:
\(\displaystyle q=\int\limits_0^\infty I\mathrm{d}t=I_0\int\limits_0^\infty\mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\mathrm{d}t=-I_0\frac{L}{R}\left[\mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\right]_0^\infty=\frac{L}{R}I_0=4{,}5~\mathrm{mC}. \)
b) Kicsiny idő alatt az \(\displaystyle R\) ellenálláson \(\displaystyle \mathrm{d}Q=R\left[I(t)\right]^2\mathrm{d}t\) hő disszipálódik. A teljes disszipálódó hőt megkaphatjuk ennek integrálásával is:
\(\displaystyle Q=\int\limits_0^\infty R\left[I(t)\right]^2\mathrm{d}t=RI_0^2\int\limits_0^\infty\mathrm{e}^{-\frac{2R}{L}t}\mathrm{d}t=-\frac{1}{2}LI_0^2\left[\mathrm{e}^{-\frac{2R}{L}t}\right]_0^\infty=\frac{1}{2}LI_0^2=6{,}75~\mathrm{J}. \)
Erdélyi Dominik (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 11. évf.)
Megjegyzés. A ,,végtelen'' ideig tartó összegzés furcsának tűnhet, de valójában a lecsengés a \(\displaystyle \tau=\tfrac{L}{R}=1{,}5~\mathrm{ms}\) időállandó tízszerese (tehát 15 ezredmásodperc) alatt lényegében lejátszódik.
22 dolgozat érkezett. Helyes 13 megoldás. Kicsit hiányos (4 pont) 4, hiányos (2–3 pont) 4, hibás 1 dolgozat.
A KöMaL levelezős versenyei azon kevesek közé tartoznak, amelyek ingyenesek – immár több mint 130 éve! Sajnos azonban a KöMaL állami támogatásának rendszere az elmúlt évben jelentősen átalakult, a következő években az előre látható bevételeink várhatóan nem tudják fedezni a költségeinket.
Ezért kérünk mindenkit, aki szereti a KöMaL-t, létezését fontosnak tartja, hogy lehetőségéhez mérten támogassa a KöMaL-t kiadó MATFUND Alapítványt. Ha teheti, rendelkezzen adója 1%-áról az Alapítvány javára. Ezen kívül pedig, ha saját vagy céges lehetőségei megengedik, támogassa a KöMaL kiadását, a KöMaL tudáskincsének gondozását!
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
P. 5706. Homogén tömegeloszlású vékony vasrúdból \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) hosszúságú darabokat vágunk le, és azokból háromszög alakú merev keretet hozunk létre. A vaskeret teljes súlya \(\displaystyle G\). A keretet vízszintes helyzetben a csúcsainál alátámasztjuk. Mekkora erővel terheli a vaskeret az alátámasztási pontokat?
G. 915. Egy \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) oldalélű háromszög alakú, vékony lemez homogén tömegeloszlású, súlya \(\displaystyle G\). A lemezt vízszintes helyzetben, a háromszög csúcsainál alátámasztjuk. Mekkora erővel terheli a lemez az alátámasztási pontokat?
