Fizikai Szemle honlap |
Tartalomjegyzék |
A 60-as években főleg elektromosságtani feladatokkal jelentkezett Károlyházy Frigyes az Eötvös-versenyen – nyilván ezekben volt hiány, ilyeneket kért tőle Vermes Miklós. 1960-ban RC-, 61-ben, 67-ben és 68-ban RL-hálózatokban kellett vizsgálni ki- és bekapcsolási jelenségeket, és – amennyire lehet – leírni a fellépő áramlökéseket. Izgalmas kivételként bádoglemezből készített zárt hengerek elektromos ellenállását kellett összehasonlítani 1962-ben. Ez már jellegzetesen Károlyházy-feladat volt, Vermes el is készítette ezeket a hengereket, és elhelyezte őket nevezetes szertárában, a csepeli Jedlik Ányos Gimnáziumban.
A 70-es, majd a 80-as években kevesebb elektromos feladatot adott Károlyházy Frigyes, példaképpen idézzünk fel közülük néhányat – az ábrák és a megoldás részletes bemutatása nélkül.
Közös, teljesen zárt vasmagon 200, 300 és 400 menetes tekercsek vannak. Hogyan kell ezeket összekapcsolni, hogy a keletkezett tekercsrendszer önindukciós együtthatója a lehető legkisebb legyen? (1975/3. feladat)
Ez a feladat arra az elméletileg izgalmas tényre világít rá, hogy a párhuzamosan kapcsolt ideális, szoros csatolású tekercsek eredő induktivitása zérus. Ugyanezt a kezdeti összeállítást használta fel Károlyházy Frigyes 1981-ben:
Egy transzformátornak 200, 300 és 400 menetes tekercsei vannak. Mely kapcsolásban lehet egy adott váltófeszültséget a lehető legnagyobb arányban erősíteni? (1981/3. feladat)
E feladatnak már nincs triviális megoldása; sok próbálgatás, gondolati kísérletezgetés után lehet rájönni, hogy ha a 200 és a 300 menetes tekercseket ellentétesen kapcsolva használjuk primer tekercsként, a 300 és 400 menetes tekercset pedig szabályosan sorba kapcsolva szekunderént, akkor 7-es erősítést érhetünk el, amely az adott esetben a lehetséges maximális érték.
Egy kartonhengertől meghatározott távolságra, vékony fonálra egy lágyvasdarabkát függesztünk. A hengerre huzalból tekercset csévélünk, és erre egy meghatározott váltófeszültséget kapcsolunk. A vasdarabka kissé elmozdul. Hogy a hatást megnöveljük, a hengerre kétszer annyi menetet csévélünk. Mit fogunk tapasztalni? (1987/3. feladat)
Azt kellett észrevenni, hogy a vasdarabkára kifejtett erőhatás a tekercsben folyó árammal és a tekercs menetszámával is közelítőleg arányos. A menetszám megkétszerezése négyszeresre növelné a tekercs induktivitását, majdnem ilyen arányban nőne a tekercs váltóáramú ellenállása is, tehát a tekercsen átfolyó áram majdnem a negyedére csökkenne. Hiába a menetszám kétszereződése, az áram sokkal jobban csökkenne, így az erőhatás is kisebb lenne.
1989-ben Vermes Miklós már nem vett részt a versenybizottságban. Ebben az évben mindhárom feladatot Károlyházy Frigyes adta. Idézzük fel most az elektromosságtani feladatot, megoldással együtt.
Az iskolai 12 V-os, 50 Hz-es váltóáramú áramforrásra sorba kapcsoltunk egy 24 V, 10 W-os izzót és egy 101,3 µF kapacitású kondenzátort. Az izzó alig világít. Rendelkezésünkre áll még egy 0,1 H induktivitású tekercs is. Hogyan lehetne a kapcsolást úgy átalakítani, hogy az izzó szép fényesen világítson? (A tekercs ohmos ellenállása elhanyagolható. Csak a kapcsolást szabad átalakítani, az alkatrészeket nem.)
Megoldás. A 24 V, 10 W-os izzó ellenállása:
A 101,3 µF-os kondenzátor váltóáramú ellenállása:
A 0,1 H induktivitású tekercsre:
Mivel e két váltóáramú ellenállás egyenlő, az embernek azonnal a rezonancia jut az eszébe. Kapcsoljuk sorba mindhárom elemet! Ekkor az eredő impedancia az ohmos ellenállással egyenlő, és erre jut a generátor teljes feszültsége – mégsem ez a legjobb megoldás. Igaz, eredetileg a kondenzátorra és az ellenállásra együtt jutott 12 V, most pedig magára az ellenállásra egyedül, de hát hol van ez még attól a 24 V-tól, ami az izzó üzemi feszültsége? Jobban világít az izzó, de ez még nem az igazi.
Ha mindhárom elemet párhuzamosan kapcsoljuk, akkor is csak 12 V juthat az izzóra.
Térjünk vissza az eredeti ötlethez, a soros rezonancia esetéhez! A sorba kapcsolt tekercsen és kondenzátoron külön-külön sokkal nagyobb lehet a feszültség, mint a generátor feszültsége. Nem lehetne ezt kihasználni?
|
Kössük sorosan a tekercset és a kondenzátort a generátorra, és kapcsoljuk az izzót valamelyik elemmel párhuzamosan! Mivel eredetileg a kondenzátor és az izzó voltak sorosan kapcsolva, a legegyszerűbb az lesz, ha a már összeállított kapcsolásban az izzóra párhuzamosan rákötjük a tekercset (1. ábra). |
 |
|
Most hogyan határozhatjuk meg az izzóra jutó feszültséget? Az izzóra és a tekercsre ugyanaz a feszültség jut. A tekercsen átfolyó áram negyed periódust (90°-ot) késik ehhez a feszültséghez képest, az izzón átfolyó áram pedig ugyanabban a fázisban van, mint a rá jutó feszültség. Ez azt jelenti, hogy a tekercsen és az izzó ellenállásán átfolyó áram között 90° fáziskülönbség van. A szokásos vektoros ábrázolással még a kondenzátoron átfolyó áramot is megkaphatjuk, mint a kettő vektori összegét (2. ábra). |
 |
|
Az ábra alapján tgα értéke:
Az áramok vektorábráját felhasználva szerkeszthetjük meg a feszültségek vektorábráját. Az ellenálláson a feszültség ugyanolyan fázisú, mint a rajta folyó áram, tehát IR és UR vektora ugyanolyan irányú. A kondenzátoron a feszültség 90°-kal van elmaradva a kondenzátoron folyó áramhoz képest, ahogy azt a 3. ábra mutatja. UC értéke az ábra alapján |
 |
|
Ezt az összefüggést felhasználva szerkeszthetjük meg a generátor feszültségének vektorát is (4. ábra). A 4. ábráról már leolvasható az izzóra jutó UR és a generátor U feszültsége közti összefüggés:
Ekkor már mondhatjuk, hogy a 24 V-os izzó fényesen világít. |
 |
Ugyanilyen jó megoldás az is, ha az izzót a kondenzátorral kötjük párhuzamosan és velük sorba a tekercset. Az összes többi esetben az izzóra ennél kisebb feszültség jut.
Megjegyzés. Akik ismerik e vektoros számítás mélyebb hátterét, az úgynevezett komplex formalizmust, azok algebrai úton is kiszámíthatják mindazt, amit a fenti geometriai megoldásból kaptunk. A komplex formalizmusban az áramokat és a feszültségeket olyan komplex számokkal jellemezzük, amelyek abszolút értéke adja az áramok és feszültségek csúcsértékét, a valós tengellyel bezárt szög pedig a fázisszöget. A komplex impedanciák:
ahol 
a komplex egységgyök.
Hangsúlyozzuk azonban, hogy a feladatot meg lehetett oldani a komplex formalizmus ismerete nélkül is.
A hosszú tekercs és a kis izzó kedvenc kalandozási területe volt Károlyházy Frigyesnek, az indukció pedig maga egy olyan jelenség, amely különösen alkalmas fizikai gondolatok felcsillantására. Jól mutatja ezt az alábbi két Károlyházy feladat a 2007. és a 2009. évi Eötvös-versenyről.
Egy terebélyes vasmaggal ellátott, nagy önindukciójú, de mégis elhanyagolható ohmikus ellenállású tekercs végeit U feszültségre méretezett izzón keresztül kötjük össze. Ha az A és B pontok közé U/2 effektív értékű váltakozó feszültséget kapcsolunk, az izzó nagyon halványan világít.
Mivel a tekercs közepéről is van egy C kivezetés, megpróbáljuk a feszültségforrás pólusait az A és C pontokhoz kötni. Megváltozik-e az izzón átfolyó áram erőssége, és ha igen, hogyan? Az 5. ábrán bejelöltük a főágban folyó I (t ) pillanatnyi áram irányát. Hogyan folyik az áram ugyanekkor a tekercsben?
Megoldás. Három dolgot kell egymás után észrevennünk, hogy viszonylag gyorsan eljussunk a helyes válaszhoz.
Így a lámpa az "üzemi" feszültséget kapja, ezért jól ég!
Az áramirányok meghatározásához – Werner Miklós ötlete alapján – rajzoljuk át a megadott kapcsolást a következő módon: képzeljük el, hogy a tekercs bal oldali részét alkotó huzalt hosszában kettévágjuk, és így ezen az oldalon két, egymás mellett futó tekercshez jutunk (6. ábra). Kaptunk egy AC tekercset, amire a generátor feszültségét kapcsoljuk, és egy AB tekercset, amire a lámpát kötöttük. Ez bizony egy transzformátor! A primer menetszám N/2, a primer áram (a feladatban alkalmazott jelölés szerint) I. A szekunder menetszám N, tehát a szekunder áram I/2 lesz.
C-től B felé I /2, C-től A felé ugyancsak I /2 I (I-I /2 = I /2) áram folyik (7. ábra).
Megjegyzések. Bemutatunk további három megoldást, amellyel a versenyzők eljutottak a helyes válaszhoz. Mindegyikük "ráérzett" a feladatban rejlő transzformátorra (ténylegesen auto-transzformátornak nevezik a feladatban megadott kapcsolást), és helyesen alkalmazták az általuk ismert összefüggéseket. Nem részletezzük, csak vázoljuk a megoldásnál követett gondolatmeneteket.
illetve
Mivel most L1 = L2 = L = M, ezért
A generátor feszültsége:
ebből pedig I1R = U következik.
Ezekből következik, hogy U2 = -U1. Mivel
kell legyen. (j-vel itt is a komplex egységgyököt, 
-et jelöltük.)
Mindhárom megoldó már a saját rajzán helyesen jelölte be az áramok irányát.
Egy hosszú, keskeny szolenoidban egyenáramot tartunk fenn. Legyen például a tekercs hosszúsága l = 60 cm, sugara r = 2 cm, menetszáma N = 600, az áramerősség I0 = 1 mA.
A tekercset a közepe táján hézagmentesen körülvesszük egy egyszerű, zárt vezető hurokkal (A), és egy ugyanekkora átmérőjű, de kettős hurkot (zárt, "kétmenetes tekercset") (B) helyezünk el a tekercs szájánál is, a 11. ábra szerint. A és B olyan anyagból készült, amely viszonylag könnyen szupravezetővé tehető, ohmikus ellenállása kellőképpen alacsony hőmérsékleten zérussá válik.
Kezdetben természetesen nem folyik áram A-ban és B-ben. De most lehűtjük, szupravezetővé tesszük őket, majd a szoleniod áramkörét megszakítjuk. Ekkor (mivel a mágneses fluxus, amely egy zárt szupravezető áramkörön halad át, nem változhat meg) az A hurokban valamekkora IA, a kettős hurokban IB áram indukálódik, amely fenn is marad.
Megoldás. Az első kérdésre viszonylag könnyen válaszolhatunk, ha felismerjük, hogy amikor állandó erősségű áram folyik a szolenoidban, akkor a tekercs szájánál fele akkora mágneses fluxus alakul ki, mint a tekercs közepe táján. (Ennek legegyszerűbb igazolásához úgy juthatunk, hogy gondolatban hozzáillesztünk a szolenoidhoz egy ugyanolyan másikat. Azon a helyen, ahol a két tekercs találkozik, mindkét tekercsnek a szimmetriatengely irányában B/2 nagyságú mágnesesindukció-vektor komponest kell létrehoznia ahhoz, hogy kialakuljon a tekercs belsejére jellemző, B nagyságú indukcióvektor.)
A fele nagyságú mágneses fluxust két menettel kell létrehozni a tekercs végén, vagyis egy menetben itt negyedakkora áram is elég, mint amire a tekercs közepe táján lévő egyetlen menetben van szükség.
A feladat második kérdése az A hurokban folyó IA áram nagyságára vonatkozik. Egy körvezetőben folyó I áram a körvezető középpontjában
nagyságú mágneses teret hoz létre. Első közelítésben tegyük fel, hogy ez éppen akkora, mint amekkorát a szolenoidban folyó I0 áram hozott létre:
Ebben a közelítésben tehát
Behelyettesítve a megadott értékeket, a tekercs közepe táján levő hurokban indukálódó áramra I = IA = 40 mA adódik. Figyelembe véve azonban azt, hogy a körvezető közepén a legkisebb a mágneses indukció értéke, vagyis a körlap pontjaira vonatkozó "átlagos" indukció ennél biztosan nagyobb, a 40 mA-nél biztosan kisebb áram indukálódik a szupravezető hurokban.
Felhasználva például a körvezető induktivitására a szakirodalomban található
közelítő képletet (és feltételezve, hogy mondjuk rdrót = r /50), a körvezetőben indukálódó áramra a fluxus változatlanságát kifejező
összefüggésből IA = 16 mA adódik.
Megjegyzések:
Fejezzük be ezt a négy részes visszatekintést egy olyan fotóval, amely Károlyházy Frigyes egyik előadásán készült [4]. A kép jelentése talányos, éppen olyan, mint egy Károlyházy feladat. Az előadó mosolyog, miközben a kezével is magyaráz, talán válaszol egy feltett kérdésre – de az is lehet, hogy már éppen befejezte az előadást, és vidáman búcsút int a hallgatóságnak. Ez utóbbi jelentés mára szimbolikussá vált.
Károlyházy Frigyes elköszönt tőlünk, de írásaiban ránk hagyta fizikai szemléletét, emlékezetünkre bízta sok érdekes előadását. Megőrizzük emlékét, amíg csak tudjuk.
Radnai Gyula
