Feladat:	1716. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hudi István ,  Kaptás Dénes ,  Szállási Zoltán ,  Trajber Csaba
Füzet:	1981/december, 234 - 235. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyéb változó áram, Félvezető dióda, Kölcsönös indukció, Transzformátorok (Váltó áramú áramkörök), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/május: 1716. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A transzformátort leiró egyenletek: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=L_{11}\left(\text{d}{I}_1/\text{d}t\right)+L_{12}\left(\text{d}{I}_2/\text{d}t\right)\mathrm{,}}\end{array}$ (1) $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=L_{21}\left(\text{d}{I}_1/\text{d}t\right)+L_{22}\left(\text{d}{I}_2/\text{d}t\right)\mathrm{,}}\end{array}$ (2) ahol az egyes index a primer, míg a kettes index a szekunder tekercsre vonatkozik, $L_{11}$, $L_{12}$, $L_{21}$, $L_{22}$ a transzformátor geometriájától függő állandók, $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=U_{10}\text{sin}\omega t=220\sqrt[]{2}\text{V}\text{sin}\omega t\mathrm{.}}\end{array}$ Ha ideális a transzformátor, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle L_{11}{L}_{22}=L_{12}{L}_{21}\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Az (1) egyenletből $\text{d}{I}_I/\text{d}t$-t kifejezve és beírva (2)-be, (3) felhasználásával kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle U_2=U_1{L}_{21}/L_{11}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz esetünkben $\begin{array}{c}{\displaystyle L_{21}/L_{11}=12/220=0\mathrm{,}055.}\end{array}$ A dióda csak akkor vezet, ha két végpontja között 0,6 V van; ebben az esetben a szekunder körben folyó áram: $\begin{array}{c}{\displaystyle l_2=\frac{U_{20}\text{sin}\omega t-\left(U_A+0\mathrm{,}6\text{V}\right)}{R}\mathrm{,}}\end{array}$ (4) ahol $U_A$ = 5,6 V az akkumulátor feszültsége. A dióda mindaddig nyitóirányban lesz előfeszítve, míg $I_2>0$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle U_{20}\text{sin}\omega t>U_A+\mathrm{0,6}\text{V}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $U_{20}=12\sqrt[]{2}$ V értéket behelyettesítve, 50 Hz esetén $t_1$ = 0,00119 s és $t_2$ = 0,00881 s között teljesül az egyenlőtlenség az egyik félperiódusban, a másik félperiódusban pedig nem teljesül soha. Igy periódusonként 0,0076 s-ig fogja tölteni az akkumulátort a szekunder kör. $R=10\Omega$ esetén a szekunder körben folyó áram változását az ábra mutatja. A primer körben folyó áram kiszámításához két esetet különböztetünk meg: $a)$ $I_2=0$, $b)$ $I_2\ne 0$. $a)$ Az (1) egyenletből kapjuk az $I_2=0$ esetben $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=L_{11}\left(\text{d}{I}_1/\text{d}t\right)}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle I_1=\int \frac{U_1}{L_{11}}\text{d}t=\frac{1}{L_{11}}\int U_{10}\text{sin}\omega t\text{d}t=-\frac{U_{10}}{\omega L_{11}}\text{cos}\omega t+\text{const}\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ $I_2\ne 0$ esetén is az (1) egyenletből kifejezzük $I_1$-et: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{d}{I}_1/\text{d}t=\left(U_1/L_{11}\right)-(L_{12}/\left(L_{11}\right)\left(\text{d}{I}_2/\text{d}t\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt integrálva és (4)-et beírva kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle L_1=-\frac{U_{10}}{\omega L_{11}}\text{cos}\omega t=\frac{L_{12}}{L_{11}}\cdot \frac{U_{20}\text{sin}\omega t}{R}+\frac{L_{12}}{L_{11}}\cdot \frac{1}{R}\left(U_A+0\mathrm{,}6\text{V}\right)+\text{const}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel az összes szükséges numerikus adat nem áll rendelkezésre, $I_1\left(t\right)$ függvényt nem ábrázoljuk, csak felhívjuk a figyelmet arra, hogy menete jóval bonyolultabb, mint az $I_2\left(t\right)$ függvényé.     Kaptás Dénes (Nagykőrös, Arany J. Gimn., IV. o. t.)