A P. 5639. feladat (2025. március)

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?

Tornyai Sándor fizikaverseny nyomán, Hódmezővásárhely

(5 pont)

A beküldési határidő 2025. április 15-én LEJÁRT.

Megoldás. Amíg a kapcsoló zárva van az \(\displaystyle R\) ellenálláson nem folyik áram (olyan, mintha ott se lenne), hiszen az ,,ideális'' tekercs ellenállása (időben állandó áram esetében) elhanyagolható. A tekercsen átfolyó áram (1. ábra):

\(\displaystyle I_0=\frac{U_0}{R_\mathrm{b}}=3\,\mathrm{A}.\)

1. ábra

A kapcsoló kinyitása (\(\displaystyle t=0\)) után a tekercs árama nem változhat ugrásszerűen, így az \(\displaystyle R\) ellenálláson \(\displaystyle I(0)=I_0=3\,\mathrm{A}\) áram kezd folyni, és \(\displaystyle U(0)=RI(0)=RI_0=3000\,\mathrm{V}\) feszültség fog esni. Ugyanekkora nagyságú – de a rajta átfolyó áram irányához viszonyítva ellentétes irányú – a tekercs feszültsége is (2. ábra).

2. ábra

Ebből meghatározhatjuk az áram változási sebességét:

Ez egy időben exponenciálisan lecsengő áramot ír le, de a függvény meghatározására nincsen szükségünk. Az egyenletet szorozzuk át \(\displaystyle -\tfrac{L}{R}\)-rel és formálisan \(\displaystyle \mathrm{d}t\)-vel, így megkapjuk, mekkora töltés áramlik át egy kicsiny \(\displaystyle \mathrm{d}t\) idő alatt:

\(\displaystyle \mathrm{d}q=I(t)\mathrm{d}t=-\frac{L}{R}\mathrm{d}I.\)

Ebből egyszerű összegzéssel megkapjuk a lecsengési folyamat során átáramló össztöltést:

\(\displaystyle q=\sum\mathrm{d}q=\sum_0^\infty I(t)\mathrm{d}t=-\frac{L}{R}\sum_0^\infty\mathrm{d}I=-\frac{L}{R}(-I_0)=\frac{L}{R}I_0=\frac{L}{R}\frac{U_0}{R_\mathrm{b}}=4{,}5\,\mathrm{mC}.\)

Megjegyzés. Az áram időfüggésére felírt differenciálegyenletnek jól ismerjük a megoldását (ilyen a radioaktív bomlást leíró összefüggés is):

\(\displaystyle I(t)=I_0\mathrm{e}^{-\frac{t}{\tau}},\)

ahol

\(\displaystyle \tau=\frac{L}{R}=1{,}5\,\mathrm{ms}.\)

Ezután az átáramló össztöltést meghatározhatjuk az áram integrálásával a lecsengés teljes ideje alatt:

\(\displaystyle q=\int\limits_0^\infty I(t)\mathrm{d}t=\int\limits_0^\infty I_0\mathrm{e}^{-\frac{t}{\tau}}\mathrm{d}t=\left[-\tau I_0\mathrm{e}^{-\frac{t}{\tau}}\right]_0^\infty=\tau I_0=\frac{L}{R}\frac{U_0}{R_\mathrm{b}},\)

az előbb kapott eredménnyel összhangban.

A ,,végtelen'' ideig tartó összegzés furcsának tűnik, de valójában a lecsengés az időállandó tízszerese (tehát 15 ezredmásodperc) alatt lényegében lejátszódik.

b) Az ellenálláson annyi hő fejlődik, amekkora a kapcsoló nyitásának pillanatában a tekercs mágneses energiája volt:

\(\displaystyle Q=E_\textrm{m}=\frac{1}{2}LI_0^2=6{,}75\,\mathrm{J}.\)

Megjegyzés. A hőt megkaphatjuk a változó áram Joule-teljesítményének összegzésével is:

\(\displaystyle Q=\int\limits_0^\infty P(t)\mathrm{d}t=\int\limits_0^\infty R\left[I(t)\right]^2\mathrm{d}t=RI_0^2\int\limits_0^\infty \mathrm{e}^{-2\frac{t}{\tau}}\mathrm{d}t=-\frac{\tau}{2}RI_0^2\left[\mathrm{e}^{-2\frac{t}{\tau}}\right]_0^\infty=\frac{\tau}{2}RI_0^2=\frac{1}{2}LI_0^2,\)

az előző megoldással összhangban.

Statisztika:

A P. 5639. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2025. márciusi fizika feladatai