Feladat:	2011. évi Eötvös fizikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2012/március, 176 - 177. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Eötvös Loránd (korábban Károly Irén), Egyéb váltóáram, Kölcsönös indukció
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/március: 2011. évi Eötvös fizikaverseny 3. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. A könnyebb áttekinthetőség végett a tekercseket már a feladat ábráján megszámoztuk. A szimmetrikus elrendezés miatt (a középiskolai képlettár jelöléseit követve) a tekercsek önindukciós és kölcsönös indukciós együtthatói között az alábbi összefüggéseket írhatjuk fel: ${\displaystyle \begin{array}{cccc}\hfill {\displaystyle L_{11}}& {\displaystyle =L_{22}=L_{33}\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{jelöljük <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>L</mi></math>-lel};}\\ \hfill {\displaystyle L_{12}}& {\displaystyle =L_{21}=L_{13}=L_{31}=L_{23}=L_{32}\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{jelöljük <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>M</mi></math>-mel}\mathrm{.}}\end{array}}$ Tekintsük az egyes tekercsekben indukált feszültségeket! Minthogy $I_2=0$, mert a kapcsoló nyitva van, valamint $I_3\approx 0$, mert a voltmérő ellenállása nagyon nagy, csupán az $I_1$ áram változása indukál feszültséget. Az 1. tekercsben $U_1=L\frac{\Delta I_1}{\Delta t}$, a 3. tekercsben pedig   $U_3=M\frac{\Delta I_1}{\Delta t}$. A feladat szövege szerint $U_3=\frac{U_1}{2}$, vagyis $M=\frac{L}{2}$. Zárjuk a kapcsolót! Ekkor már a 2. tekercsben is fog áram folyni, vagyis az egyes tekercsekben indukált feszültségek így írhatók fel: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle U_1}& {\displaystyle =L\frac{\Delta I_1}{\Delta t}+M\frac{\Delta I_2}{\Delta t}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle U_2}& {\displaystyle =M\frac{\Delta I_1}{\Delta t}+L\frac{\Delta I_2}{\Delta t}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle U_3}& {\displaystyle =M\frac{\Delta I_1}{\Delta t}+M\frac{\Delta I_2}{\Delta t}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Azt kell észrevennünk, hogy a rövidzár miatt $U_2=0$. Ezt felhasználva a két áramváltozási sebesség között adódik egy egyszerű összefüggés: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\Delta I_2}{\Delta t}=-\frac{M}{L}\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Képezzük az $\frac{U_3}{U_1}$ hányadost: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{U_3}{U_1}=\frac{M-\frac{M^2}{L}}{L-\frac{M^2}{L}}=\frac{1}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ (Az utolsó lépésnél figyelembe vettük, hogy $M=L/2$). Tehát a kapcsoló zárása után a voltmérő a feszültségforrás effektív értékének harmadát fogja mutatni.   Kiegészítés: A vasmag permeabilitásának állandóságát akkor használtuk fel, amikor feltételeztük a tekercsek induktivitásának és a kölcsönös indukciós együtthatóknak az állandóságát, vagyis hogy pl. $M=L/2$ akkor is fennáll, ha zárjuk a kapcsolót. Szokatlan volt a feladatban, hogy ebben a tipikusan transzformátoros összeállításban a feszültségek aránya lényegesen eltér a menetszámok arányától. A mindennapi gyakorlatban ez jól ismert jelenség, inkább az tekinthető idealizációnak, hogy az említett két arány megegyezik. A mágneses mező ,,kiszóródása'' a vasmagból általában elkerülhetetlen, ha nem is olyan jelentős mindig, mint most, ebben a feladatban.