A P. 5639. fizika feladat megoldása

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:

\(\displaystyle q=\sum\Delta q=-\frac{L}{R}\sum\Delta I=\frac{L}{R}I_0=\frac{LU_0}{RR_\mathrm{b}}=4{,}5~\mathrm{mC}. \)

1.~ábra		2.~ábra

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.