Kezdőlap


Feladat:	4273. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Várnai Péter
Füzet:	2011/január, 51 - 53. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Váltóáramú ellenállás (impedancia)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/szeptember: 4273. fizika feladat

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

Megoldás. Az 1. ábrán látható kapcsolás főágában folyó áramot

\begin{matrix} i (t) = I_{0} sin ω t \end{matrix}

(1)

alakban írhatjuk fel, ahol

I_{0} = 20 A

és

\begin{matrix} ω = 2 π \cdot 50 Hz = 314 s^{- 1} . \end{matrix}

1. ábra

Az egyik (mondjuk a

Z_{1}

impedanciájú) mellékágban az áram

\frac{π}{3}

szöggel siet a főághoz képest:

\begin{matrix} i_{1} (t) = I_{1} sin (ω t + \frac{π}{3}), \end{matrix}

(2)

a másik ág

\frac{π}{6}

szöggel késő áramára pedig:

\begin{matrix} i_{2} (t) = I_{2} sin (ω t - \frac{π}{6}) . \end{matrix}

(3)

A két mellékág árama között a fáziskülönbség:

\begin{matrix} Δ φ = \frac{π}{3} - (- \frac{π}{6}) = \frac{π}{2} . \end{matrix}

a)

Készítsünk forgóvektoros ábrát a mellékágak és a belőlük vektori összegként adódó főág áramáról (2. ábra). Az ábráról leolvasható, hogy a mellékágak áramerősségének csúcsértéke:

\begin{matrix} I_{1} & = I_{0} cos \frac{π}{3} = 10 A, \\ I_{2} & = I_{0} cos \frac{π}{6} = 17, 3 A . \end{matrix}

t = 0

s-kor a főág árama nulla ‐ az (1)-ben megadott kifejezés éppen ennek megfelelő fázisú, ‐ akkor

t_{1} =

0,01 s időpillanatban a mellékágak árama (2) és (3) szerint

\begin{matrix} i_{1} (t_{1}) = 10 A \cdot sin (π + \frac{π}{3}) = - 8, 66 A, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} i_{2} (t_{1}) = 17, 3 A \cdot sin (π - \frac{π}{6}) = + 8, 66 A . \end{matrix}

Ugyanez az eredmény a forgóvektoros ábráról is leolvasható. A főág áramvektora

t = 0

s-kor ,,lefelé'' mutat,

t_{1} = 0, 01

s-kor (a hálózati feszültség periódusidejének felénél) pedig ,,felfelé''. A mellékágak árama ezekben a pillanatokban egymással ellentétes irányú és

I_{1} sin 60^{\circ} = I_{2} sin 30^{\circ} = 8, 66

A nagyságú.

2. ábra

b)

A mellékágakban folyó áramok csúcsértékének ismeretében kiszámíthatjuk az impedanciákat:

\begin{matrix} Z_{1} = \frac{\sqrt[]{2} \cdot 230 V}{10 A} = 32, 5 Ω, illetve Z_{2} = \frac{\sqrt[]{2} \cdot 230 V}{17, 3 A} = 18, 8 Ω . \end{matrix}

A mellékágak áramának

90^{\circ}

-os fáziseltolódása többféle módon is megvalósulhat:

(i)

Z_{1}

tisztán kapacitív,

Z_{2}

pedig tisztán ohmikus;

C = \frac{1}{ω Z_{1}} = 98 μ

F, illetve

R = 32, 5 Ω

(i i)

Z_{1}

tisztán ohmikus,

Z_{2}

pedig tisztán induktív;

R = 18, 8 Ω

, illetve

L = \frac{Z_{2}}{ω} = 60

mH.

(i i i)

Ha az 1-es ág egy

R_{1}

nagyságú ohmos ellenállásból és vele sorosan kapcsolt

C

kapacitású kondenzátorból áll, a 2-es ág pedig

R_{2}

nagyságú ohmos ellenállást és

L

induktivitású tekercset tartalmaz, akkor az egyes ágak impedanciája és az áramoknak a hálózati feszültséghez viszonyított fáziseltolódása a 3. ábra alapján számolható. (Az ábrán már figyelembe vettük, hogy a két mellékág árama közötti fáziskülönbség

90^{\circ}

3. ábra

Az impedancia-diagramról leolvashatjuk, hogy teljesülniük kell az

\begin{matrix} R_{1} \leq 32, 5 Ω, R_{2} \leq 18, 8 Ω, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} \frac{1}{ω C} \leq 32, 5 Ω, C \geq 98 μ F \end{matrix}

és

\begin{matrix} L ω \leq 18, 8 Ω, L \leq 60 mH \end{matrix}

egyenlőtlenségeknek, továbbá az

\begin{matrix} \sqrt[]{R_{1}^{2} + \frac{1}{{(ω C)}^{2}}} = Z_{1}, \sqrt[]{R_{2}^{2} + {(L ω)}^{2}} = Z_{2}, R_{1} R_{2} = \frac{L}{C} \end{matrix}

egyenlőségeknek. A 4 áramköri elem közül az egyiket (a jelzett korlátok között) szabadon választhatjuk, a másik három adatait pedig kiszámíthatjuk. Határesetben, ha

R_{1} \to 0

, illetve ha

R_{2} \to 0

, megkapjuk az

(i)

, illetve

(i i)

lehetőségeket is.