Feladat:	2012. évi Eötvös fizikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2013/március, 172 - 174. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Eötvös Loránd (korábban Károly Irén), Kölcsönös indukció
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/március: 2012. 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. Azt, hogy egy tekercsben folyó áram változása mekkora feszültséget kelt egy másik tekercsben, a két tekercs közötti $M$ kölcsönös indukciós együttható felhasználásával adhatjuk meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=M\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Vákuumban lévő tekercsek esetén ‐ jó közelítéssel a légmagos tekercsek is ilyennek tekinthetők elektromos szempontból ‐ a kölcsönös indukciós együtthatónak a két tekercsre vonatkozóan szimmetrikusnak kell lennie, vagyis fenn kell állnia a következő összefüggésnek is: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=M\frac{\Delta I_2}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Most már válaszolhatunk az $a)$ kérdésre: Bármelyik tekercsben folyik adott effektív áramerősségű és frekvenciájú váltakozó áram, a másik tekercsben mindig ugyanakkora feszültség indukálódik! A $b)$ kérdésre akkor tudunk válaszolni, ha meg tudjuk határozni a feladatban látható légmagos tekercspár kölcsönös indukciós együtthatóját. Ne felejtsük el: ennek $\left(N_1\mathrm{,}{N}_2\right)$-ben szimmetrikus kifejezésnek kell lennie. A megoldáshoz azt kell észrevennünk, hogy a feladatban a voltmérő által jelzett $U_2$ feszültség fellépése két okra vezethető vissza. I. Az (1) tekercs fluxusának változása hatással van a (2) tekercsre, ebben $U_2^{\text{(I)}}$ körfeszültséget indukál: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2^{\text{(I)}}=\frac{\Delta {\Phi }_1}{\Delta t}=\frac{\Delta \left(B{A}_1\right)}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Az (1) tekercsben létrejövő $B$ értékét a gerjesztési törvényből kaphatjuk meg, ha azt az (1) tekercs középkörére alkalmazzuk, figyelembe véve, hogy az $R_1$ sugarú körlapot $N_1{I}_1$ áram metszi: $\begin{array}{c}{\displaystyle B\cdot 2\pi R_1={\mu }_0{N}_1{I}_1\mathrm{,}\text{ebből}B={\mu }_0\frac{N_1{I}_1}{2\pi R_1}\mathrm{.}}\end{array}$ Helyettesítsük be ezt $U_2^{\text{(I)}}$ kifejezésébe: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2^{\text{(I)}}=\frac{\Delta ({\mu }_0\frac{N_1{I}_1}{2\pi R_1}{A}_1)}{\Delta t}={\mu }_0\frac{N_1{A}_1}{2\pi R_1}\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Fontos összefüggéshez jutottunk, de itt a $\frac{\Delta I_1}{\Delta t}$ előtt álló arányossági tényező még csak $N_1$-től függ, ezért biztosan nem lehet a keresett kölcsönös indukciós együttható. Szükségünk van a már jelzett másik ok megvizsgálására is. Ez pedig a következő: II. Az (1) tekercs szórt mágneses terének változása hatással van a (2) tekercsre, ebben $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2^{\text{(II)}}\left(=\sum _i^{}{U}_{i2}^{\text{(II)}}\right)}\end{array}$ körfeszültséget indukál. $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2^{\text{(II)}}=N_2\frac{\Delta \left({\overline{B}}_{\text{n}}{A}_2\right)}{\Delta t}\mathrm{,}}\end{array}$ (ahol ${\overline{B}}_{\text{n}}$ a menetfelületre merőleges $B$ komponens nagyságának átlaga). Itt $U_{i2}^{\text{(II)}}$-vel jelöltük a második tekercs $i$-edik menetében indukálódó feszültséget, amely lehet, hogy kicsi a szórt mágneses tér gyengesége miatt, de összegezve az egész (2) tekercsre, már nem hanyagolható el. Ez a szórt mágneses fluxus a különböző menetekre más és más lehet, egy menetre vonatkozó átlagértékét jelöltük ${\overline{B}}_{\text{n}}{A}_2$-vel. ${\overline{B}}_{\text{n}}$ kiszámításához írjuk fel újra a gerjesztési törvényt, de most a (2) tekercs középkörére: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\overline{B}}_{\text{n}}\cdot 2\pi R_2={\mu }_0{I}_1}\end{array}$ (mivel most az $R_2$ sugarú körlapot egyetlen $I_1$ áram metszi). A II. ok miatt indukálódó körfeszültség tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2^{\text{(II)}}=N_2\frac{\Delta ({\mu }_0\frac{I_1}{2\pi R_2}{A}_2)}{\Delta t}={\mu }_0\frac{N_2{A}_2}{2\pi R_2}\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Most már felírhatjuk a voltmérőre jutó teljes feszültséget: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=U_2^{\text{(I)}}+U_2^{\text{(II)}}\mathrm{.}}\end{array}$ Használjuk ki, hogy a két tekercs csak menetszámában különbözik, vagyis $A_1=A_2=A$ és $R_1=R_2=R$, ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2={\mu }_0\frac{\left(N_1+N_2\right)A}{2\pi R}\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Megkaptuk a keresett kölcsönös indukciós együtthatót: $\begin{array}{c}{\displaystyle M={\mu }_0\frac{\left(N_1+N_2\right)A}{2\pi R}\mathrm{,}}\end{array}$ és ez már valóban szimmetrikus $\left(N_1\mathrm{,}{N}_2\right)$-ben! Hogyan határozhatjuk meg $U_2$ konkrét, numerikus értékét? Az ismert effektív értékű $U_1$ feszültség és az (1) tekercsben folyó áram változási sebessége között az induktivitás, az (1) tekercs önindukciós együtthatója teremt kapcsolatot: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=L_1\frac{\Delta I_1}{\Delta t}={\mu }_0\frac{N_1^{2}A}{2\pi R}\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Az előbb kaptuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=M\frac{\Delta I_1}{\Delta t}={\mu }_0\frac{\left(N_1+N_2\right)A}{2\pi R}\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek szerint ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{U_2}{U_1}}& {\displaystyle =\frac{M}{L_1}=\frac{N_1+N_2}{N_1^2}=\frac{100+900}{{100}^2}=\frac{1}{10}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle U_2}& {\displaystyle =\frac{U_1}{10}=\frac{230\text{V}}{10}=23\text{V. }}\hfill \end{array}}$   Megjegyzések. 1. A megoldásban feltételeztük, hogy mindkét tekercsen ugyanolyan irányú (csavarodású) a tekercselés. Ha véletlenül nem ez a helyzet, akkor a voltmérő által mutatott érték $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=\frac{N_2-N_1}{N_1^2}{U}_1=\frac{800}{10000}230\text{V}=18\mathrm{,}4\text{V}}\end{array}$ lesz. Ennek felismerését ‐ ,,észrevételét'' ‐ már nem várta el a versenybizottság. 2. Az eredményhirdetéskor Vankó Péter, az 1976-os Eötvös-verseny győztese, aki ma már a hazai fizikai diákolimpiai csapat vezetője, saját készítésű tekercsekkel és nagyfrekvenciás berendezéssel demonstrálta a feladatban leírt jelenséget. A kvantitatív kísérlet összeállításáért és bemutatásáért ‐ melyben Vigh Máté segédkezett ‐ külön köszönet illeti a BME docensét.