Kezdőlap


Feladat:	650. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bartók L. , Than Károly
Füzet:	1938/május, 287 - 288. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Egyenáram, Egyéb áramkörök
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1938/február: 650. fizika feladat

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

Az izzólámpa adataink szerint $\frac{110}{220} = 0, 5 amp.$ áramerősség mellett jól világít. Ha $80 ohm$ ellenállást kapcsolunk a lámpa elé, az áramerősség $i_{0} = \frac{110}{300} = 0, 36 amp.$ -ig növekedhetik. Ezen áramerősség mellett is világít, de már kisebb áramerősség mellett is izzóvá válik.¹
Ha a lámpa áramkörében $L$ önindukció is van, akkor az áramerősség

\begin{matrix} i = i_{0} (1 - e^{- \frac{R}{L} t}), i_{0} = \frac{E}{R} \end{matrix}

törvényszerűség szerint változik a bekapcsolás után; az

i_{0}

értéket igen nagy mértékben megközelíti. Elméletileg csak akkor éri el, ha

t = \infty

.
A gyakorlat szempontjából megfelel, ha azon időt keressük, amely alatt

i = 0, 999 i_{0}

. Ezen érték mellett

\begin{matrix} \frac{999}{1000} i_{0} = i_{0} (1 - e^{- \frac{R}{L} t}), azaz 1 - \frac{1}{1000} = 1 - e^{- \frac{R}{L} t} \end{matrix}

és innen

e^{\frac{R}{L} t} = 1000.

Közönséges logaritmusokkal:

\frac{R}{L} t log e = 3,

\begin{matrix} azaz t = \frac{3}{log e} \cdot \frac{L}{R} = \frac{3}{0, 4343} \cdot \frac{L}{R} = 6, 9 \frac{L}{R} . \end{matrix}

Ha már most

t = 0, 001

és

R = 300 ohm

, akkor

\begin{matrix} L = \frac{300 \cdot 0, 001}{6, 9} = \frac{0, 3}{6, 9} \sim 0, 044 henry . \end{matrix}

A 80 ohmos ellenállást úgy kell tekercselni (és vasmaggal ellátni), hogy önindukciója

0, 044 henry

legyen.

¹Kb.

500^{\circ} C

azon hőmérséklet, amelyet el kell érnünk.