Feladat:	4325. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Béres Bertold ,  Nagy Lajos ,  Sárvári Péter
Füzet:	2012/február, 115 - 117. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Nyugalmi indukció, Egyéb változó áram, Egyéb (Kirchhoff-törvényekkel kapcsolatban)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2011/február: 4325. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Az áramkörben kezdetben folyó áram: $I_0=\frac{U}{R}$. A három kivezetésű toroid tekercs (a három kivezetés miatt) két részre, felső (1-es) és alsó (2-es) tekercsre osztható fel. Jelölje a két tekercs menetszámát $N_1$ és $N_2$, a vasmag keresztmetszetét $A$, relatív mágneses permeabilitását ${\mu }_r$ és közepes kerületét $\ell !$ A K kapcsoló zárása előtt a tekercsben állandó mágneses tér van, melynek fluxusa: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\Phi }_0=B_{0}A={\mu }_0{\mu }_r\frac{\left(N_1+N_2\right)I_0}{\ell }A\mathrm{.}}\end{array}$ Közvetlenül a kapcsoló zárása után a toroid mágneses fluxusa még ${\Phi }_0$, de a továbbiakban a fluxus az idő függvényében valamilyen ütemben   (nem egyenletesen) változni fog. A kezdőpillanathoz tartozó $\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}$ fluxusváltozási sebesség hatására a tekercsekben $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=-N_1\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\mathrm{,}\text{illetve}{U}_2=-N_2\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}}\end{array}$ nagyságú feszültség indukálódik.   Megjegyzés. A fluxusváltozás sebességének előjelére a hosszabb idő alatt kialakuló állandósult (stacionárius) állapotból következtethetünk. Az 1-es tekercsben folyó áram ilyenkor irányában és nagyságában is megegyezik az $I_0$ árammal, míg a 2-es tekercs árama zérus lesz. Tehát a K kapcsoló zárása után hosszabb idő múlva a toroid mágneses mezejének fluxusa $\begin{array}{c}{\displaystyle {\Phi }_{\text{stac}}={\mu }_0{\mu }_r\frac{N_1{I}_0}{\ell }A\mathrm{,}}\end{array}$ és mivel ${\Phi }_{\text{stac}}<{\Phi }_0$, a fluxusváltozás sebessége negatív, $\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}<0$.   Az ábrán a K kapcsoló zárása utáni pillanatban az egyes ágakban folyó áramokat ábrázoltuk, irányukat önkényesen választva (helytelen irány felvétele esetén az áram negatívnak fog adódni), és bejelöltük az egyes tekercsekben indukált feszültségeket is.     A csomóponti törvényből következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle I_1=I_K+I_2\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Mivel az egyes tekercsek által létrehozott mágneses mező $\begin{array}{c}{\displaystyle B_1={\mu }_0{\mu }_r\frac{N_1{I}_1}{\ell }\text{és}{B}_2={\mu }_0{\mu }_r\frac{N_2{I}_2}{\ell }\mathrm{,}}\end{array}$ a toroidban a teljes mágneses fluxus: $\begin{array}{c}{\displaystyle \Phi =\left(B_1+B_2\right)A={\mu }_0{\mu }_r\frac{N_1{I}_1+N_2{I}_2}{\ell }A\mathrm{.}}\end{array}$ A kapcsoló bekapcsolásakor a fluxus nem tud ugrásszerűen megváltozni, vagyis $\Phi ={\Phi }_0$ kell teljesüljön: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\mu }_0{\mu }_r\frac{\left(N_1+N_2\right)I_0}{\ell }A={\mu }_0{\mu }_r\frac{N_1{I}_1+N_2{I}_2}{\ell }A\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan az áramokra $\left(N_1+N_2\right)I_0=N_1{I}_1+N_2{I}_2$ adódik. Ebből $\begin{array}{c}{\displaystyle I_2=\left(1+\frac{N_1}{N_2}\right)I_0-\frac{N_1}{N_2}{I}_1\mathrm{,}}\end{array}$ melyet behelyettesítve (1)-be: $\begin{array}{c}{\displaystyle I_1=I_K+\left(1+\frac{N_1}{N_2}\right)I_0-\frac{N_1}{N_2}{I}_1\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle I_1=\frac{N_2}{N_1+N_2}{I}_K+I_0}\end{array}$ (2) adódik. Az ábrán látható felső és alsó hurokra a következő két egyenlet írható fel: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle I_{K}R+I_{1}R=2U+U_1=2U-N_1\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle I_{K}R=U-U_2=U+N_2\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>4</mn>)}\end{array}}$ az utóbbiból a fluxusváltozás sebessége:   $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta \Phi }{\Delta t}=\frac{I_{K}R-U}{N_2}\mathrm{.}}\end{array}$ (5)   A (2) és (5) egyenleteket (3)-ba helyettesítve kapjuk, hogy:   $\begin{array}{c}{\displaystyle R\left(I_K+\frac{N_2}{N_1+N_2}{I}_K+I_0\right)=2U-N_1\frac{I_{K}R-U}{N_2}\mathrm{.}}\end{array}$   Ezen egyenletből ($U=R{I}_0$-t is felhasználva) végül megkapjuk a kapcsolón átfolyó áram erősségét:   $\begin{array}{c}{\displaystyle I_K=\frac{{\left(N_1+N_2\right)}^2}{{\left(N_1+N_2\right)}^2+N_2^2}{I}_0\mathrm{.}}\end{array}$ (6)   Mivel ez pozitív mennyiség, az $I_K$ áram irányát helyesen tüntettük fel az ábrán. A feladathoz tartozó rajz azt sugallja, hogy $N_1=N_2$, jóllehet ez így kimondva nem szerepelt a feladat szövegében.   Ebben az esetben a K kapcsolón (közvetlenül annak zárása után) $I_K=\frac{4}{5}{I}_0$ erősségű áram fog folyni.   Más menetszámok esetén (6) alapján annyit állíthatunk, hogy a kapcsolón átfolyó kezdeti áram legalább $\frac{1}{2}{I}_0$ kell legyen, de legfeljebb $I_0$ nagyságú lehet.