Feladat:	1220. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Györgyi Géza
Füzet:	1975/március, 137 - 138. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nyugalmi indukció, Transzformátorok (Váltó áramú áramkörök), Kölcsönös indukció, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/május: 1220. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Abban az esetben, amikor a szekunder kör ‐ amely csak az $L_2$ önindukciójú tekercset tartalmazza ‐ nincs rövidre zárva, benne áram nem folyik, így nincs hatása a primer körben kialakuló áramviszonyokra. Ha $\omega$ kör-frekvenciájú, $U$ effektív feszültségű áramforrást kapcsolunk az $A$ és a $B$ pont közé, akkor ebben a körben $\begin{array}{c}{\displaystyle i_1=U/(\omega L_1)}\end{array}$ (1) effektív értékű áram folyik. Az $L_2$ önindukciójú tekercset rövidre zárva $I_1$ és $I_2$ erősségű áram folyik a primer, ill. a szekunder körben. Jelöljük $L_{12}$-vel a két tekercs kölcsönös indukciós együtthatóját, és írjuk fel a huroktörvényt a két körre külön-külön: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle U-I_1\cdot \omega L_1-I_2\cdot \omega L_{12}=\mathrm{0,}}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle -I_2\cdot \omega L_2-I_1\omega L_{12}=0}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\end{array}}$ Ebből a két egyenletből könnyen kifejezhető az $I_1$ áramerősség: $\begin{array}{c}{\displaystyle I_1=\frac{U}{\omega L_1-\omega L_{12}^2/L_2}\mathrm{,}}\end{array}$ (4) amely a feladat szerint $k\left(>1\right)$-szorosa az $i_1$ áramerősségnek: $\begin{array}{c}{\displaystyle I_1=k{i}_1\mathrm{.}}\end{array}$ (5) Az (1) és (4) egyenletek (5)-be való helyettesítésével az $L_{12}$ kölcsönös induktivitás kifejezhető: $\begin{array}{c}{\displaystyle L_{12}=\sqrt[]{\left(1-1/k\right)L_1{L}_2}\mathrm{.}}\end{array}$ (6) $k$ növekedtével $L_{12}$ alulról a $\sqrt[]{L_1{L}_2}$ értékhez közelít.     Györgyi Géza (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)