Kezdőlap


Feladat:	3461. fizika feladat	Korcsoport: -	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bauer Péter , Borosán Péter , Ritzinger György , S. Szöllősi István
Füzet:	2002/május, 303 - 306. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb kondenzátor-kapcsolások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/október: 3461. fizika feladat

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

I. megoldás. Ismert, hogy három pont közé ,,csillag'' illetve ,,delta'' alakban kapcsolt ellenállások hálózata ‐ ha megfelelően választjuk meg az egyes ellenállások nagyságát ‐ egyenértékű, egymással helyettesíthető. Azt is tudjuk, hogy a kondenzátorok soros, illetve párhuzamos kapcsolását hasonló összefüggések írják le, mint az ellenállásokét. Emiatt feltételezhetjük, hogy 3 ,,csillagszerűen'' kapcsolt kondenzátor helyettesíthető 3 másik, háromszög (,,delta'') alakban kapcsolt kondenzátorral.
Tekintsük a kérdéses kapcsolás felső ágában található kettő és a középső ágban levő kondenzátorokat, és helyettesítsük ezt a három, csillag-kapcsolású rendszert alkalmas delta-kapcsolással. Mivel a csillag mindegyik ágában ugyanakkora, $C_{0} = 1 μ F$ -os kondenzátor található, a helyettesítő delta-kapcsolásban is csupa egyforma, $C_{1}$ kapacitású kondenzátornak kell lennie (1. ábra). A két kapcsolás akkor egyenértékű, ha

\begin{matrix} {(\frac{1}{C_{0}} + \frac{1}{C_{0}})}^{- 1} = C_{1} + {(\frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{1}})}^{- 1}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} C_{1} = \frac{1}{3} C_{0} . \end{matrix}

1. ábra

2. ábra

A csillag‐delta átalakítás után a kapcsolás a helyettesítő 2. ábrán látható módon rajzolható fel. Ez a kapcsolás már csak párhuzamosan, illetve sorosan kapcsolt kondenzátorokat tartalmaz, így az

A

és

B

pontok közötti eredő kapacitás könnyen számolható:

\begin{matrix} C_{A B} = C_{1} + {(\frac{1}{C_{1} + C_{0}} + \frac{1}{C_{1} + C})}^{- 1} = \frac{5 C + 3 C_{0}}{3 C + 5 C_{0}} C_{0} . \end{matrix}

Ez az összefüggés

\begin{matrix} C_{A B} = (\frac{5}{3} - \frac{16}{3} \frac{C_{0}}{3 C + 5 C_{0}}) C_{0} \end{matrix}

alakban is felírható, s erről leolvasható, hogy a

0 \leq C < \infty

tartományban

C_{A B}

monoton növekszik (3. ábra).

3. ábra

C_{A B}

legkisebb értéke a

C = 0

-hoz tartozó

\begin{matrix} C_{{min}_{}^{}} = \frac{3}{5} C_{0} = 0, 6 μ F, \end{matrix}

felső korlátja pedig a

C \to \infty

határesetnek megfelelő

\begin{matrix} C_{{max}_{}^{}} = \frac{5}{3} C_{0} = 1, 67 μ F . \end{matrix}

C

tetszőleges (nemnegatív) érték lehet, akkor

\begin{matrix} \frac{3}{5} μ F \leq C_{A B} < \frac{5}{3} μ F . \end{matrix}

Bauer Péter (Szombathely, Bolyai J. Gimn., 10. o.t.) és
S. Szöllősi István (Nagyenyed, Bethlen G. Nemzeti Kollégium, 11. o.t.) dolgozata alapján

4. ábra

II. megoldás. A kapcsolás bal alsó, bal felső és középső kondenzátora delta-kapcsolásban helyezkedik el. Ez a három (egyaránt

C_{0} = 1 μ F

-os) kondenzátor 3 darab

C_{2} = 3 C_{0} = 3 μ F

-os, csillag alakban kapcsolt kondenzátorral, az egész kapcsolás pedig a 4. ábrán látható elrendezéssel helyettesíthető.

Az eredő kapacitás most is elvben egyszerűen számítható. A jobb felső ág eredője

\begin{matrix} {(\frac{1}{C_{0}} + \frac{1}{3 C_{0}})}^{- 1} = \frac{3}{4} C_{0}, \end{matrix}

a jobb alsó ágé pedig

\begin{matrix} {(\frac{1}{3 C_{0}} + \frac{1}{C})}^{- 1} = \frac{3 C C_{0}}{C + 3 C_{0}}, \end{matrix}

a két ág párhuzamos eredője pedig az összegük:

\begin{matrix} C_{jobb} = \frac{3}{4} C_{0} + \frac{3 C C_{0}}{C + 3 C_{0}} = \frac{3 C_{0}}{4} \cdot \frac{5 C + 3 C_{0}}{C + 3 C_{0}} . \end{matrix}

Végül az

A

és

B

pontok közötti kapacitás

\begin{matrix} C_{A B} = {(\frac{1}{3 C_{0}} + \frac{1}{C_{jobb}})}^{- 1} = \frac{5 C + 3 C_{0}}{3 C + 5 C_{0}} C_{0} . \end{matrix}

Ritzinger György (Szolnok, Verseghy F. Gimn., 12. o.t.)

5. ábra

III. megoldás. Vigyünk az

A

pontra

Q

töltést, a

B

pontra pedig

- Q

töltést, és jelöljük az egyes kondenzátorokra jutó töltéseket az 5. ábrán látható módon. A töltésmegmaradást kifejező egyenletek:

\begin{matrix} \begin{matrix} (1) & Q_{1} + Q_{2} & = Q, \\ (2) & - Q_{4} - Q_{5} & = - Q, \\ (3) & Q_{3} + Q_{4} - Q_{2} & = 0, \end{matrix} \end{matrix}

továbbá a fentiekből már következő

\begin{matrix} - Q_{1} - Q_{3} + Q_{5} = 0. \end{matrix}

Az egyes kondenzátorokra eső feszültséget kifejezhetjük a töltésekkel és a kapacitásokkal (

U = Q / C

), és felírhatjuk, hogy a bal, illetve a jobb oldali hurokban a teljes körfeszültség nulla:

\begin{matrix} \frac{Q_{2}}{1 μ F} + \frac{Q_{3}}{1 μ F} - \frac{Q_{1}}{1 μ F} = 0, \end{matrix}

(4)

illetve

\begin{matrix} \frac{Q_{4}}{1 μ F} - \frac{Q_{5}}{C} - \frac{Q_{3}}{1 μ F} = 0. \end{matrix}

(5)

Fejezzük még ki az

A

és a

B

pontok közötti feszültséget az eredő kapacitással, illetve a felső ágban levő két kondenzátor feszültségével:

\begin{matrix} \frac{Q}{C_{A B}} = \frac{Q_{2}}{1 μ F} + \frac{Q_{4}}{1 μ F} . \end{matrix}

(6)

Az (1)‐(6) egyenletrendszerből

Q_{1}

-et,

Q_{2}

-t,

Q_{3}

-at,

Q_{4}

-et és végül

Q_{5}

-öt kiküszöbölve a keresett eredő kapacitásra végül

\begin{matrix} C_{A B} = \frac{5 C + 3 μ F}{3 C + 5 μ F} μ F \end{matrix}

adódik, összhangban az előző megoldások eredményével.

Borosán Péter (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., 12. o.t.) dolgozata alapján