Feladat: 2031. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Kintli Lajos ,  Porgányi Gergely 
Füzet: 1986/április, 182 - 183. oldal  PDF file
Témakör(ök): Párhuzamos RLC-kör, Soros RLC-kör, Transzformátorok (Váltó áramú áramkörök), Komplex impedancia, Hatásos teljesítmény, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/április: 2031. fizika feladat

Az ábra szerinti kapcsolásban az AB pontokra olyan I váltóáramú ideális áramgenerátort kapcsolunk, amelynek frekvenciája változtatható, és az I áramerősség a terheléstől és a frekvenciától is független. Mekkora hő szabadul fel t idő alatt a külső terhelésen?
 
 

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

I. megoldás. A párhuzamos kapcsolású részben a felső ág eredő impedanciája

Z1=(2R)2+(ωC)-2,(1)


az áram és feszültség közötti fázisszög pedig
cosφ1=2R/Z1éssinφ1=1CωZ1.(2)

 
 
1. ábra
 

Hasonlóképpen az alsó ágon
Z2=(Lω)2+R2,(3)cosφ2=R/Z2,sinφ2=-Lω/Z1.(4)



Készítsük el a feszültség és az áram vektordiagramját! (2. ábra) Az ábrán U és I jelöli az áramkörre eső feszültséget és az eredő áramot, I1, ill. I2 pedig a felső, ill. alsó ág áramerősségét.
 
 
2. ábra
 

A párhuzamos kapcsolás miatt
Z1I1=Z2I2=U.(5)

A koszinusztétel az áramerősség-vektorokból alkotott háromszögre:
I2=I12+I22-2I1I2cos(180-φ1+φ2).(6)


Az (5) és (6) egyenletekből átrendezéssel kapjuk az alábbi összefüggést:
I2=I12[1+(Z1Z2)2+2Z1Z2cos(φ1-φ2).](7)
További átalakításokkal, az (1.‐4.) egyenleteket felhasználva
I12=I2L2ω2+R29R2+[Lω-1/(Cω)]2,(8)I22=I2=(Cω)-2+4R29R2+[Lω-1/(Cω)]2.(9)


Hő csak az ohmos ellenálláson fejlődik, ezért az áramkör teljesítménye:
P=I122R+I22R.(10)
A t idő alatt felszabaduló hő Q=Pt, feltételezve, hogy t elég nagy a periódusidőhöz képest.
A (8‐10) egyenletek felhasználásával
Q=tRI26R2+2L2ω2+(Cω)-29R2+[Lω-1/(Cω)]2.
Tehát ennyi hő szabadul fel t idő alatt a terhelésen, ha I effektív áramerősséget jelöl. Ha I maximális áramerősséget jelöl, akkor az eredményt 2-vel el kell osztani.
 

 Porgányi Gergely (Bp., Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., III. o. t.)
 

II. megoldás. Jelölje Z az eredő impedanciát! Komplex számokkal dolgozva P=I(ReZ), így feladatunk Re Z meghatározása. Az előző megoldás jelöléseit használva:
Z1=2R+1jωC,Z2=R+jωL,Z=Z1Z2Z1+Z2.
Ezek alapján:
Z=2R2+LC+jR(2ωL-1ωC)3R+j(Lω-1ωC).
A reális rész kiszámításához a nevező konjugáltjával bővítve
ReZ=R6R2+2L2ω2+1ω2C29R2+(Lω-1ωC)2
adódik. Ezt felhasználva, a felszabaduló hő értéke Q=Pt=I2(ReZ)t
Q=I2R6R2+2L2ω2+1ω2C29R2+(Lω-1ωC)2t.

 

 Kintli Lajos(Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., III. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Némi számolással könnyen látható, hogy végeredményünk megfelel fizikai várakozásunknak. Az ω0 esetben Q2I2Rt; ekkor a kondenzátor szakadásként viselkedik, így csak az R ellenálláson fejlődik hő.
ω esetén Q2I2Rt; ekkor a kondenzátor vezetőként viselkedik, az induktivitás pedig szakadásként.
2. A teljesítménygörbe kvalitatív menete a 3. ábrán látható, reális fizikai paraméterek mellett minimuma van a függvénynek.
 
 
3. ábra
 

3. A komplex számításmód leírása megtalálható Simonyi Károly: Villamosságtan c. könyvében, ill. Budó Ágoston: Kísérleti Fizika II. kötetében.