Feladat:	4568. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bereczki Zoltán ,  Farkas Tamás ,  Juhász Péter ,  Rózsa Tibor
Füzet:	2014/április, 238 - 240. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Váltóáramú ellenállás (impedancia)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/október: 4568. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A két elrendezés akkor megkülönböztethetetlen, ha egyazon feszültség hatására ugyanaz az áram folyik át rajtuk, és a feszültség és áram közötti fáziseltolódás is ugyanakkora mindkét esetben. Tudjuk, hogy az ohmos ellenálláson átfolyó áram a feszültséggel   azonos fázisú és a nagysága $I_1=\frac{U}{R}$, a kondenzátor árama viszont   (ideális esetben) ${90}^{\circ }$-ot siet a feszültséghez képest, nagysága pedig $I_2=\frac{U}{X_C}$,   ahol $X_C=\frac{1}{\omega C}$ a kondenzátor (adott frekvencián értendő) kapacitív ellenállása. A fáziseltolódást úgy vehetjük figyelembe, hogy a feszültségeket és az áramerősségeket ún. forgóvektoroknak tekintjük. Az ohmos ellenállásnál a feszültség és az áram ,,vektora'' párhuzamos, kapacitív ellenállásnál viszont merőlegesek egymásra. Jelöljük a keresett soros kapcsolású fekete doboz ohmos ellenállását $R\text{'}$-vel, kapacitív ellenállását $X_{C\text{'}}$-vel (a megfelelő kondenzátor kapacitása $C\text{'}=1/\left(\omega X_{C\text{'}}\right)$). A fekete dobozokra kapcsolt feszültség legyen $U$, a teljes áramerősség $I$, a fázistolás pedig $\phi$ (1. ábra).     1. ábra   A párhuzamos kapcsolásnál az áramvektorok, a soros kapcsolásnál pedig a megfelelő feszültségvektorok adódnak össze. A két kapcsolás áram- és feszültségviszonyai egyetlen vektorábrán is szemléltethetők (2. ábra).   2. ábra   Az ábráról leolvasható, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\phi =\frac{U_{C\text{'}}}{U_{R\text{'}}}=\frac{X_{C\text{'}}}{R\text{'}}\mathrm{,}}\end{array}$ illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\phi =\frac{I_C}{I_R}=\frac{R}{X_C}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle RR\text{'}=X_C{X}_{C\text{'}}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Másrészt a derékszögű háromszögekre felírható Pitagorasz-tétel szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle U^2={\left(IR\text{'}\right)}^2+{\left(I{X}_{C\text{'}}\right)}^2\mathrm{,}\text{illetve}{I}^2={\left(\frac{U}{R}\right)}^2+{\left(\frac{U}{X_C}\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan (az ${\left(I/U\right)}^2$ arány kifejezése és kiejtése után) $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{R{\text{'}}^2+X_{C\text{'}}{}^2}=\frac{1}{R^2}+\frac{1}{X_C^2}}\end{array}$ (2) következik. Az (1) és (2) összefüggésekből megkapjuk a soros kapcsolás ohmos és kapacitív ellenállásait: $\begin{array}{c}{\displaystyle R\text{'}=\frac{X_C{}^2}{R^2+X_C{}^2}R\text{és}{X}_{C\text{'}}=\frac{R^2}{R^2+X_C{}^2}{X}_C\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyanezek a kondenzátorok kapacitásával kifejezve: $\begin{array}{c}{\displaystyle R\text{'}=\frac{R}{1+R^2{\omega }^2{C}^2}\mathrm{,}C\text{'}=\frac{1+R^2{\omega }^2{C}^2}{R^2{\omega }^{2}C}\mathrm{.}}\end{array}$ A két fekete dobozt tehát ‐ adott frekvencián végzett ‐ váltóáramú mérésekkel valóban nem lehet megkülönböztetni, amennyiben a sorosan kapcsolt áramköri elemek a fenti ($\omega$-tól is függő) értékűek.     II. megoldás. Az elrendezések megkülönböztethetetlenek lesznek, ha dobozok eredő impedanciája és fázistolása ugyanaz lesz. Ez a két feltétel egyszerre teljesül, ha megegyezik a két kapcsolás ún. komplex impedanciája. Az ohmos, induktív és kapacitív elemek soros és párhuzamos kapcsolásánál a váltóáramú hálózatok a komplex számok felhasználásával ugyanúgy számolhatók, mint az egyenáramú hálózatok, ha a megfelelő komplex ellenállások $\begin{array}{c}{\displaystyle Z_R=R\mathrm{,}{Z}_L=jL\omega \mathrm{,}\text{illetve}{Z}_C=\frac{1}{j\omega C}\mathrm{.}}\end{array}$ ($j$ a képzetes egység $j^2=-1$ tulajdonsággal${}^{*}$.) Az eredeti párhuzamos kapcsolás és a másik, soros kapcsolás komplex impedanciájának egyenlősége: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\frac{1}{R}+j\omega C}=R\text{'}+\frac{1}{j\omega C\text{'}}\mathrm{,}}\end{array}$ ami azonos átalakítással így írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\frac{1}{R}-j\omega C}{\frac{1}{R^2}+{\omega }^2{C}^2}=R\text{'}-\frac{j}{\omega C\text{'}}\mathrm{.}}\end{array}$ Két komplex szám akkor egyenlő, ha mind a valós, mind pedig a képzetes részük megegyezik. Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle R\text{'}=\frac{\frac{1}{R}}{\frac{1}{R^2}+{\omega }^2{C}^2}=\frac{R}{1+R^2{\omega }^2{C}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle C\text{'}=\frac{\frac{1}{R^2}+{\omega }^{2}C}{{\omega }^2{C}^2}=\frac{1+R^2{\omega }^2{C}^2}{R^2{\omega }^{2}C}\mathrm{.}}\end{array}$ A válasz tehát igen, megfelelően választott $R\text{'}$ ellenállással és $C\text{'}$ kapacitású kondenzátorral a két kapcsolás az adott $\omega$ körfrekvencián megkülönböztethetetlen. ${}^{*}$A matematikai és a fizikai szakirodalomban a képzetes (imaginárius) egységet általában $i$-vel jelölik, a villamosmérnöki gyakorlatban viszont a $j$ használata terjedt el, és $i$ betűvel az áramerősség pillanatnyi értékét jelölik.