Kezdőlap


Feladat:	1040. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Czeh Rudolf , Pach János , Szabó Zoltán
Füzet:	1972/november, 175 - 176. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb váltóáramú áramkörök, Vektordiagramok, Komplex impedancia, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/február: 1040. fizika feladat

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

I. megoldás. Rajzoljuk fel a feszültségek és az áramok vektorábráját!

Legyen

I_{L}

, a tekercsen átfolyó áram, a viszonyítási alap. Ehhez képest

U_{L}

90^{\circ}

-ot siet.

I_{R}

fázisban van

U_{R}

-rel, amely egyben a kondenzátor feszültsége is

(U_{R} = U_{C})

I_{C}

90^{\circ}

-ot siet

U_{C}

-hez képest.

I_{R}

és

I_{C}

összegének a csomóponttörvény értelmében

I_{L}

-et kell adnia.
Az ellenállásra, ill. a kondenzátorra eső feszültség:

\begin{matrix} U_{R} = I_{R} \cdot R = I_{C} \cdot X_{C} . \end{matrix}

(1)

A tekercsre eső feszültség:

\begin{matrix} U_{L} = & I_{L} \cdot X_{L}, ahol & (2) \\ I_{L}^{2} = I_{C}^{2} + I_{R}^{2} . & (3) \end{matrix}

Ha a tápláló feszültség fázisban van

I_{L}

-lel, az

I_{L}

-re merőleges feszültségkomponensek összege 0. Ezt az

\begin{matrix} U_{L} = U_{R} \cdot cos α = U_{R} \cdot (I_{C} / I_{L}) \end{matrix}

(4)

egyenlettel fejezhetjük ki.
(2) és (4) összevetéséből:

\begin{matrix} U_{R} \cdot (I_{C} / I_{L}) = I_{L} \cdot X_{L}, \\ I_{L}^{2} = \frac{U_{R} I_{C}}{X_{L}} = \frac{U_{R}^{2}}{X_{L} \cdot X_{C}} . & (5) \end{matrix}

(5) és (1) felhasználásával (3) így alakul:

\begin{matrix} \frac{U_{R}^{2}}{X_{L} X_{C}} = \frac{U_{R}^{2}}{X_{C}^{2}} + \frac{U_{R}^{2}}{R^{2}}, \end{matrix}

innen

\begin{matrix} R^{2} = \frac{X_{L} X_{C}^{2}}{X_{C} - X_{L}} . \end{matrix}

Mivel

X_{L} = ω L

és

X_{C} = 1 / ω C

\begin{matrix} R^{2} = \frac{L / ω C^{2}}{1 / ω C - ω L} = \frac{L}{C} \frac{1}{1 - ω^{2} L C}, \end{matrix}

így

\begin{matrix} ω = \sqrt[]{\frac{1}{L C} - \frac{1}{R^{2} C^{2}}} . \end{matrix}

L

C

és

R

értékekre tehát teljesülnie kell az

\frac{1}{L C} ≧ \frac{1}{R^{2} C^{2}}

azaz

R ≧ \sqrt[]{\frac{L}{C}}

feltételnek.
Ha

R = \sqrt[]{\frac{L}{C}}

áll fenn,

ω = 0

, azaz csak egyenáram esetén lesz ,,fázisban'' a főáramkörben keringő áram a tápláló feszültséggel. Az eredő feszültség

\begin{matrix} U_{E} = U_{R} \cdot cos (90^{\circ} - α) = U_{R} \frac{I_{R}}{I_{L}} = U_{L} \frac{I_{L}}{I_{C}} \cdot \frac{I_{R}}{I_{L}} = I_{L} X_{L} \cdot \frac{U_{R} / R}{U_{R} / X_{C}} = \frac{I_{L} X_{L} X_{C}}{R} = \frac{I_{L} L}{C R} . \end{matrix}

Az eredő impedancia tehát

\begin{matrix} Z = \frac{U_{E}}{I_{L}} = \frac{L}{C R} . \end{matrix}

Szabó Zoltán (Bp., Apáczai Csere J. Gimn., IV. o. t.)

II. megoldás. Az egyes áramköri elemek komplex impedanciái:

X_{C} = 1 / i ω C

X_{R} = R

X_{L} = i ω L

(

ω

a generátor körfrekvenciája,

i = \sqrt[]{- 1}

).
Mivel a sorbakapcsolt elemek impedanciái összeadódnak, párhuzamos kapcsolásnál pedig a reciprok impedanciák összege adja az eredő impedancia reciprokát, áramkörünk komplex eredő impedanciája:

\begin{matrix} Z = \frac{1}{1 / R + i ω C} + i ω L = \frac{1 / R - i ω C}{1 / R^{2} + ω^{2} C^{2}} + i ω L = \frac{R}{1 + R^{2} ω^{2} C^{2}} + i \frac{ω L + ω^{3} R^{2} L C^{2} - R^{2} ω C}{1 + R^{2} ω^{2} C^{2}} . \end{matrix}

A főáramkörben keringő áram akkor lesz fázisban a tápláló feszültséggel, ha

Z

valós szám, azaz a képzetes része zérus, vagyis

\begin{matrix} ω L + ω^{3} R^{2} L C^{2} - R^{2} ω C = 0. \end{matrix}

ω = 0

esetén egyenáram folyik.
Ha

ω \neq 0

, akkor kapjuk:

\begin{matrix} R^{2} L C^{2} ω^{2} + L - R^{2} C = 0. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} ω = \sqrt[]{\frac{1}{L C} - \frac{1}{R^{2} C^{2}}} . \end{matrix}

Az eredő impedancia

\begin{matrix} Z = \frac{R}{1 + R^{2} ω^{2} C^{2}} = \frac{R}{1 + R^{2} C^{2} (1 / L C - 1 / R^{2} C^{2})} = \frac{L}{R C} . \end{matrix}

Pach János (Bp., Veres Pálné Gimn., IV. o. t.)