Feladat: 2007. évi Eötvös fizikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Konczer József ,  Kónya Gábor ,  Szolnoki Lénárd ,  Werner Miklós 
Füzet: 2008/március, 172 - 174. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyéb váltóáram, Kölcsönös indukció, Eötvös Loránd (korábban Károly Irén)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2008/március: 2007. évi Eötvös fizikaverseny 2. feladata

Egy terebélyes vasmaggal ellátott, nagy önindukciójú, de mégis elhanyagolható ohmikus ellenállású tekercs végeit U feszültségre méretezett izzón keresztül kötjük össze. Ha az A és B pontok közé U/2 effektív értékű váltakozó feszültséget kapcsolunk, az izzó nagyon halványan világít.
 

 
4. ábra
 

Mivel a tekercs közepéről is van egy C kivezetés, megpróbáljuk a feszültségforrás pólusait az A és C pontokhoz kötni. Megváltozik-e az izzón átfolyó áram erőssége, és ha igen, hogyan? Az ábrán bejelöltük a főágban folyó I(t) pillanatnyi áram irányát. Hogyan folyik az áram ugyanekkor a tekercsben?

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

Megoldás. Három dolgot kell egymás után észrevennünk, hogy viszonylag gyorsan eljussunk a helyes válaszhoz.
1. Mivel a tekercs ohmikus ellenállása elhanyagolható, ezért UACU2 kell legyen, hogy ne folyjék a generátoron végtelen nagy áram.
2. Mivel a fluxusváltozás mértéke a tekercs különböző részein ugyanakkora, ezért mindkét féltekercsen ugyanakkora az indukált feszültség, tehát UAC=UCB.
3. Mivel a lámpa párhuzamosan van kapcsolva a generátor plusz a tekercs jobb oldali felével, ezért

Ulámpa=Ugen.+UCB=U2+U2,tehátUlámpa=U.
Így a lámpa az ,,üzemi'' feszültséget kapja, ezért jól ég!
Az áramirányok meghatározásához ‐ Werner Miklós ötlete alapján ‐ rajzoljuk át a megadott kapcsolást a következő módon: képzeljük el, hogy a tekercs bal oldali részét alkotó huzalt hosszában kettévágjuk, s így ezen az oldalon két, egymás mellett futó tekercshez jutunk (5. ábra).
 

 
5. ábra
 

Kaptunk egy AC tekercset, amire a generátor feszültségét kapcsoljuk, és egy AB tekercset, amire a lámpát kötöttük. Ez bizony egy transzformátor! A primer menetszám N2, a primer áram (a feladatban alkalmazott jelölés szerint) I. A szekunder menetszám N, tehát a szekunder áram I2 lesz.
C-től B felé I2, C-től A felé ugyancsak I2 (I-I2=I2) áram folyik (6. ábra).
 

 
6. ábra
 

Megjegyzések. Bemutatunk további három megoldást, amellyel a versenyzők eljutottak a helyes válaszhoz. Mindegyikük ,,ráérzett'' a feladatban rejlő transzformátorra (ténylegesen autotranszformátornak nevezik a feladatban megadott kapcsolást), és helyesen alkalmazták az általuk ismert összefüggéseket. Nem részletezzük, csak vázoljuk a megoldásnál követett gondolatmeneteket.
 

 
7. ábra
 

1. Konczer József a 7. ábrán látható módon rajzolta át a kapcsolást. Figyelembe véve a tekercsrészek közötti szoros csatolást, a kölcsönös indukciós együttható: M=L1L2. Az indukált feszültségek:
U1=-L1ΔI1Δt+MΔI2Δt,
illetve
U2=-L2ΔI2Δt+MΔI1Δt.
Mivel most L1=L2=L=M, ezért
U1+U2=0.

A generátor feszültsége:
U2=-U2=I1R-U1,
ebből pedig I1R=U következik.
 


 
8. ábra
 

2. Kónya Gábor a 8. ábrán látható módon rajzolta át a kapcsolást. A szinuszos váltakozó áram tárgyalására kidolgozott komplex formalizmus ismeretében ő az alábbi egyenleteket tudta felírni:
U1=jωL(I1-I2),
illetve
U2=jωL(I2-I1).
ezekből következik, hogy U2=-U1. Mivel
U1=U2+I2RésU1=U2,
ezért
U2=-U2+I2R,vagyisU=I2R
kell legyen. (j-vel az ún. komplex egységgyököt, -1-et jelöltük.)
 

3. Szolnoki Lénárd úgy rajzolta át a kapcsolást (9. ábra), hogy még jobban emlékeztessen egy veszteségmentes, zárt vasmagú transzformátorra. Mivel a transzformátor szekunder oldalán ellentétes ,,irányú'' a feszültség, mint a primer oldalon, ezért a felső hurokra felírva a második Kirchhoff-törvényt, kapjuk:
U2+U2-U*=0,tehátU*=U.

 

 
9. ábra
 

Mindhárom megoldó már a saját rajzán helyesen jelölte be az áramok irányát.