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 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. 5712. Egy pontszerű világító szentjánosbogár egyenes pályán mozogva keresztezte egy \(\displaystyle 30~\mathrm{cm}\) fókusztávolságú vékony lencse optikai tengelyét. A bogár pályája \(\displaystyle 60^\circ\)-os, a bogár képének pályája \(\displaystyle 30^\circ\)-os szöget zár be az optikai tengellyel. A lencsétől mérve mekkora távolságra keresztezte a szentjánosbogár a lencse optikai tengelyét?
G. 925. Kerékpárral hosszú lejtőn gurulunk le, amelynek végén meg szeretnénk állni. Mikor és miért kopik kevésbé a kerékpár fékbetétje, ha jó nagy sebességre gyorsulunk, és a lejtő végén erősen fékezünk, vagy ha végig fékezünk, és nem engedjük száguldani a járművet? (Tételezzük fel, hogy blokkolás nélkül fékezünk, és a fék kopása a sebességtől függetlenül egyenesen arányos a súrlódási munkával.)
(4 pont)
Megoldás. A feladat szerint egy \(\displaystyle h\) magasságú lejtőn nyugalomból indulva gurulunk le, és a lejtő alján meg akarunk állni, tehát a mozgási energiánk a mozgás elején és végén is nulla. Nézzük az energiamérleget! A mozgási energia megváltozása nulla, tehát a teljes \(\displaystyle mgh\) helyzeti energia valamilyen módon ,,elhasználódik'', vagyis súrlódási és közegellenállási munkává alakul. A disszipáció három helyen történhet: a fékbetét súrlódási munkája (\(\displaystyle W_{\mathrm{f}}\)), a közegellenállás (légellenállás) munkája (\(\displaystyle W_{\mathrm{k}}\)) és a gördülési ellenállás munkája (\(\displaystyle W_{\mathrm{g}}\)). A munkatétel szerint:
