Feladat: 832. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bajmóczy Ervin ,  Czibolya László ,  Horváthy Péter ,  Magyari István ,  Maróti Péter ,  Nagy András 
Füzet: 1970/január, 42 - 44. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyéb váltóáramú áramkörök, Induktív ellenállás, Kapacitív ellenállás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/március: 832. fizika feladat

Hogyan kell megválasztanunk a fojtótekercs önindukciós együtthatóját (L), ha azt akarjuk, hogy az AB pontokon a kimenő feszültség amplitúdója századrésze legyen a bemenő 50 Hz frekvenciájú szinuszos feszültség amplitúdójának? (Lásd a KML 1968. évi novemberi számában közölt cikket!)
 

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A bemenettel párhuzamosan kapcsolt kondenzátor az A és B pontok közt mérhető feszültséget nem változtatja meg, ezért a kapcsolásból elhagyhatjuk. Jelöljük az áramkörben folyó ismeretlen áramokat az ábra szerint i1(t), i2(t), i3(t)-vel, a kondenzátorokon levő töltéseket q2(t) és q3(t)-vel.

 

 

Az idézett cikk szerint ezek között fennállnak a
q'2(t)=i2(t),q'3(t)=i3(t)
összefüggések, ahol a vessző az illető függvény változási sebességét jelenti. Írjuk fel a Kirchhoff-egyenleteket az ECDF és CABD áramkörökre, illetve a C csomópontra:

Li'1(t)+1Cq2(t)=U0cosωt,(1)Li'3(t)+1Cq3(t)-1Cq2(t)=0,(2)i1(t)=i2(t)+i3(t).(3)

A (3) egyenletet i'1(t)=i'2(t)+i'3(t) alakban is írhatjuk, és így i'1(t)-t (1)-be helyettesíthetjük.
Mivel a bemenő feszültség az időnek színuszos függvénye és az áramkör (1)‐(3) egyenleteiben az ismeretlen függvények lineárisan fordulnak elő, ezért a bekapcsolási jelenségek lezajlása után valamennyi mennyiség csak szinuszosan függhet az időtől.
Keressük a megoldást
i2(t)=I2sin(ωt-φ2),
i3(t)=I3sin(ωt-φ3)
alakban. Ekkor nyilván
i'2(t)=I2ωcos(ωt-φ2),i'3(t)=I3ωcos(ωt-φ3),ésq2(t)=-I2ωcos(ωt-φ2),q3(t)=-I3ωcos(ωt-φ3).(4)
Ezeket (1)‐(2) egyenletekbe helyettesítve rendezés után a következőket kapjuk:

I2(Lω-1ωC)cos(ωt-φ2)+I3Lωcos(ωt-φ3)=U0cosωt,(1')I21ωCcos(ωt-φ2)=I3(1ωC-Lω)cos(ωt-φ3).(2')

(2') jobb és bal oldalán álló kifejezések csak akkor lehetnek minden t időpontban egyenlők, ha φ2=φ3 és
I2ωC=I3(1ωC-Lω).(5)
Ezeket (1')-be írva hasonló meggondolással kapjuk, hogy
φ2=φ3=0,
I2(Lω-1ωC)+I3Lω=U0.(6)
(5) és (6) egyenletrendszert I3-ra megoldjuk:
I3=-U0ωC(LCω2)2-3LCω2+1.
Helyettesítsük be (4)-be a kapott I3 és φ3 értékeket:
q3(t)=U0C(LCω2)2-3LCω2+1cosωt.
Az A és B pontok közt mérhető feszültség q3(t)/C, tehát
UAB=U0cosωt(LCω2)2-3LCω2+1.

Látható, hogy a bemenethez képest fáziskésés nincsen, csak az amplitúdó változik meg. Az amplitúdó akkor lesz 100-szor kisebb, ha
(LCω2)2-3LCω2+1=100,  vagyis  LCω2=11,56.
Tehát a keresett induktivitás:
L=11,56(3141s)210-5  F=11,7  H.

Czibolya László (Gyöngyös, Berze N. J. Gimn., IV. o. t.)