Kezdőlap


Feladat:	2005. évi Eötvös fizikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Kitűző(k):	Károlyházy Frigyes
Füzet:	2006/március, 174 - 176. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb áramkörök, Kölcsönös indukció

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

3. Egy jó minőségű transzformátor szekunder tekercsének menetszáma háromszorosa a primer tekercsének. Ezt a trafót a 11. ábra szerint hálózati váltóáramú feszültségforrásra kapcsoljuk a következő módon: A primer körbe egymással párhuzamosan iktatunk be öt egyforma, a hálózati feszültségre méretezett izzó közül négyet, az ötödiket a szekunder körbe kötjük. Mi történik a $K$ kapcsoló zárása után?

11. ábra

a)

Mindegyik izzó tűrhetően ég.

b)

A primer körbeli négy izzó szépen ég, az ötödik legfeljebb pislákol.

c)

A szekunder körbeli izzó egy pillanat alatt kiég, utána a primer körbeli izzók sem világítanak, mivel a primer tekercs fojtótekercsként hat.
Melyik a helyes válasz?

Megoldás. Ezt a feladatot is többféleképpen lehet megoldani. Eljuthatunk a helyes válaszhoz okoskodással, analógiák felhasználásával, úgy, ahogy például az előző feladat megoldásának bemutatásakor jártunk el. Most más utat választunk: bemutatjuk a lehető legrövidebb utat, ahogy a megoldást megkaphatjuk.
Ismert ‐ szakkönyvekben, példatárakban megtalálható, így az Eötvös-versenyen szabadon felhasználható ‐ a transzformátor helyettesítő kapcsolása, ami a 12. ábrán látható.

12. ábra

Első közelítésben tekintsünk el attól, hogy az izzók ellenállása függ a rajtuk áthaladó áramtól (erre még visszatérünk), és induljunk ki abból, hogy van öt egyforma ellenállásunk. Az eredő a szekunder oldalon

R

, primer oldalon

R / 4

, a párhuzamos kapcsolás miatt. Mivel a szekunder tekercs menetszáma háromszorosa a primer tekercsének, ezért a helyettesítő kapcsolásban ide

R / 9

ellenállás kerül (13. ábra).

13. ábra

Egy jó minőségű transzformátor szekunder tekercsének váltóáramú ellenállása sokkal nagyobb, mint az izzó ellenállásának kilenced része, ezért jó közelítésben írhatjuk:

\begin{matrix} U_{1} : U_{2} = \frac{R}{4} : \frac{R}{9}, \end{matrix}

valamint

U_{1} + U_{2} = U

és

U_{3} = 3 U_{2}

. Ezekből az összefüggésekből következik:

\begin{matrix} U_{1} = \frac{9}{13} U, U_{2} = \frac{4}{13} U, U_{3} = \frac{12}{13} U . \end{matrix}

A primer tagban egy-egy izzóra jutó teljesítmény:

\begin{matrix} \frac{U_{1}^{2}}{R} = \frac{81}{169} \frac{U^{2}}{R} = 0, 48 \frac{U^{2}}{R}, \end{matrix}

durván fele annak a teljesítménynek, amellyel a hálózati feszültségen világítanának. A szekunder körben az izzó teljesítménye:

\begin{matrix} \frac{U_{3}^{2}}{R} = \frac{144}{169} \frac{U^{2}}{R} = 0, 85 \frac{U^{2}}{R}, \end{matrix}

nincs nagyon messze attól a teljesítménytől, amellyel ez az izzó a hálózati feszültségen világítana.
Ha most figyelembe vesszük azt a tényt, hogy alacsonyabb feszültségen (tehát alacsonyabb hőmérsékleten) az izzó ellenállása is kisebb, azt mondhatjuk, hogy a primer ágban levő izzók ténylegesen nagyobb teljesítménnyel világítanak, mint amit most kiszámítottunk.
Bátran állíthatjuk, hogy mindegyik izzó tűrhetően ég, vagyis az

a)

válasz a helyes.

Azok számára, akik járatosak a szinuszos váltóáramú hálózatok komplex számokat felhasználó számításaiban, megmutatjuk a 12. ábrán látható két kapcsolás egyenértékűségét, melyet a megoldásban felhasználtunk. A transzformátor primer és szekunder körére felírhatjuk:

\begin{matrix} \tilde{U} & = j ω L_{1} \tilde{I_{1}} + j ω M \tilde{I_{2}}, \\ 0 & = j ω M \tilde{I_{1}} + j ω L_{2} \tilde{I_{2}} + R \tilde{I_{2}}, \end{matrix}

ahol

\tilde{I_{1}}

a primer-,

\tilde{I_{2}}

a szekunder körben folyó áram komplex alakja,

M

pedig a két tekercs kölcsönös indukciós együtthatója. A második egyenletből

\tilde{I_{2}}

-t kifejezve és az első egyenletbe helyettesítve, valamint felhasználva a szoros csatolás esetén érvényes

M^{2} = L_{1} L_{2}

összefüggést, rendezés után kapjuk:

\begin{matrix} \tilde{U} = \frac{j ω L_{1} R}{j ω L_{2} + R} \tilde{I_{1}} = \tilde{Z} \cdot \tilde{I_{1}} . \end{matrix}

A helyettesítő kapcsolásban

j ω L_{1}

és

R \frac{L_{1}}{L_{2}}

váltóáramú ellenállások párhuzamos eredőjét kell kiszámítanunk:

\begin{matrix} \tilde{Z'} = \frac{j ω L_{1} \cdot R \frac{L_{1}}{L_{2}}}{j ω L_{1} + R \frac{L_{1}}{L_{2}}} = \frac{j ω L_{1} R}{j ω L_{2} + R} = \tilde{Z} . \end{matrix}

Éppen ez az, amit be akartunk bizonyítani.