1. Квазистационарные явления Урок 23

1. Квазистационарные явления
1.
1
Квазистационарные явления
Урок 23
Условия квазистационарности:
1) ` << λ = cT = 2πc/ω;
1 ∂D
2) j = σE >> jсм =
.
4π ∂t
Закон Фарадея:
ZZ
1 ∂Φ
1∂
E =−
=−
Bn dS.
c ∂t
c ∂t
ZZ
1
LJ
Φ=
Bn dS =
.
c
c
Магнитный поток:
Потокосцепление:
Z
N=
dn, Φ = N Φ0 .
Энергия:
Z
W =−
Z
JEdt =
JL ∂J
L
dt = 2
2
c ∂t
c
Z
JdJ =
LJ 2
JΦ
Φ2
=
=
.
2c2
2c
2L
Магнитный поток сохраняется: 1) в присутствии сверхпроводника (вмораживание силовых линий); 2) при t << τM = σµl2 /c2 .
Для квазистационарных токов справедливо правило Кирхгофа.
Дифференциальные уравнения для скин-эффекта в одномерном случае (в пренебрежении током
смещения, εω ¿ σ):
∂ 2 E(r, t)
4πµσ ∂E(r, t)
=
.
∂x2
c2
∂t
Его решение для полубесконечного пространства
E(r, t) = E0 e− δ e−i(ωt− δ ) ,
z
√
где δ = c/ 2πµσω – т. н. толщина скин-слоя.
Поток электромагнитной энергии – вектор Пойнтинга:
c
S=
[EH].
4π
Индуктивность. Взаимная индукция
z
2
1.1. (Задача 6.1) Линия состоит из двух коаксиальных тонких цилиндрических оболочек с
радиусами a < b, пространство между ними заполнено веществом с магнитной проницаемостью
µ. Найти коэффициент самоиндукции на единицу длины линии.
Решение Магнитное поле в такой аксиально-симметричной системе имеет единственную компоненту Hα . Используя теорему Стокса, можно показать, что
Hα = 0 при r ≤ a,
2πI
Hα =
при a ≤ r ≤ b,
cr
Hα = 0 при r > b.
Bα = µHα
Тогда энергия в зазоре между коаксиальными цилиндрами, в котором поле не равно нулю, на единицу длины цилиндра равна
Z
W =
(BH) dV
2π
=
µ
8π
8π
Zb
I2
4I 2
rdr 2 2 = µ 2
cr
c
a
Откуда
Zb
dr
I2 b
= µ 2 ln
r
c
a
a
I2 b
LI 2
=
µ
ln ,
2c2
c2 a
b
L = 2µ ln .
a
W =
1.2. (Задача 6.2) Вычислить внутреннюю часть самоиндукции единицы длины прямолинейного провода круглого сечения радиуса a. Магнитная проницаемость провода µ.
Решение Предположим, что по проводнику течет постоянный ток J. Он создает магнитное
поле,
которое
можно
найти,
воспользовавшись
теоремой
о
циркуляции
вектора H:
I
Z
4π
r
H` d` =
(j ds),
(1)
c
a
O
S
где j – плотность тока. Ввиду аксиальной симметрии напряженность магнитного
поля зависит только от расстояния до оси провода и имеет только α-ю составляющую Hα в цилиндрической системе координат (z, r, α) с осью Z по оси тока.
Поэтому, взяв циркуляцию вектора H по окружности радиуса r < a с центром на оси провода,
найдем
I
H` d` = Hα · 2πr.
1. Квазистационарные явления
3
Поскольку j = const, то правая часть уравнения (1)
Z
4π
4π
4π J 2
(j ds) =
j · πr2 =
r .
c
c
c a2
S
Окончательно находим
2J
r
при
r ≤ a.
ca2
Зная распределение напряженности магнитного поля H, находим энергию магнитного поля, запасенную внутри единицы длины провода. Она равна
Z
Z
1
µ
µJ 2
W =
(B H) dv =
H 2 dv = 2 .
(2)
8π
8π
4c
Hα =
Здесь интеграл берется по объему проводника, и учтено, что B = µH. С другой стороны,
магнитная энергия W = LJ 2 /2c2 . Сравнивая с (2), находим L = µ/2.
1.3. (Задача 6.3) Вычислить самоиндукцию единицы длины коаксиального кабеля, жила которого имеет радиус R0 , а оболочка – внутренний радиус R1 , наружный – R2 . Магнитная проницаемость проводов – µ1 , изоляции между ними – µ2 .
Решение В коаксиальном кабеле ток течет по центральной жиле радиуса R0
и возвращается по оболочке, внутренний и внешний радиусы которой равны
R1 и R2 . Пусть в кабеле течет ток J. Тогда магнитное поле внутри центральR
ной жилы равно (см. 6.2):
R R
1
0
2
Hα =
2J
r
cR02
при
r ≤ R0 .
Ввиду аксиальной симметрии проводников напряженность магнитного поля также обладает аксиальной симметрией. Применяя теорему о циркуляции вектора H (см. 6.2), находим, что для:
а) R0 ≤ r ≤ R1
Hα · 2πr = 4πJ/c,
откуда
Hα =
б) R1 ≤ r ≤ R2
Hα · 2πr =
2J
;
cr
4πJ
4πJ r2 − R12
−
,
c
c R22 − R12
4
откуда
Hα =
2J
2Jr
R22
−
.
2
2
c r R2 − R1 c (R22 − R12 )
При r > R2 H = 0. Энергия, запасенная в единице длины кабеля:
1
W =
8π
Z
µ1 J 2 µ2
(B H) dv =
+
4c2
8π
ZR1 µ
2J
cr
¶2
2πr dr+
R0
+
µ1
8π
ZR2
R1
2
=
µ
(2J)2
R22
−r
c2 (R22 − R12 )2 r
¶2
2πr dr =
µ2 J
R1 µ1 J 2 R24 ln(R2 /R1 )
µ1 J 2 R22
ln
+
−
,
c2
R0
c2 (R22 − R12 )2
2c2 (R22 − R12 )
где B = µH. С другой стороны, W = LJ 2 /2c2 , где L – индуктивность единицы длины кабеля.
Сравнивая энергии, получаем для коэффициента самоиндукции выражение
L = 2µ2 ln
R1
2µ1 R24
R2
µ1 R22
+ 2
ln
−
.
R0 (R2 − R12 )2 R1 R22 − R12
1.4. (Задача 6.4) Внутри металлической сферы радиуса R по диаметру проходит
тонкая проволочка радиуса r0 ¿ R. По ней идет ток J, далее растекающийся по сфере и снова сходящийся к проволочке. Найти:
а) магнитное поле внутри и вне сферы; б) оценить индуктивность системы.
Решение Система имеет аксиальную симметрию и отлична от нуля только Hα -компонента
магнитного поля. Это поле вычисляется внутри сферы при помощи теоремы Стокса и
Hα =
2J
,
cr
где r–радиус в цилиндрической системе координат. Вне сферы поле очевидно равно 0. Тогда плотность энергии внутри сферы и вне проволочки
J2
Hα2
=
.
w=
8π
2πc2 r2
1. Квазистационарные явления
5
Полная энергия магнитного поля (в пренебрежении энергии внутри проволочки) запишется в виде
интеграла по объему сферы за вычетом объема проволочки
2
4J
W =
8πc2
Z2π
√
R
Z2 −z2
ZR
dα
0
dz
J2
dr
= 2
r
2c
r0
−R
ZR
−R
·
µ
¶¸
R2
z2
.
dz ln 2 + ln 1 − 2
r0
R
Можно пренебречь вторым члено в полученном интеграле, но оказывается он вычисляется точно,
не говоря уже о возможности его обезразмерить и посчитать численно.

2
W =
J 
R
4R ln + R
2
2c
r0

Z1
ln(1 − x2 )dx .
−1
Подынтегральная функция симметрична по x, поэтому интеграл в квадратных скобках равен
Z1
Z1
ln(1 − x2 )dx = 2
Int =
−1
Вспоминая, что интеграл
Z1
ln(1 − x2 )dx = 2
0
R
[ln(1 − x) + ln(1 + x)] .
0
ln(x)dx вычисляется по частям,
Z
ln(x)dx = x ln(x) − x,
можно записать
Int = −4 + 4 ln(2) ≈ −1.23.
Даже если R/r0 ∼ 10, то очевидно, что вторым членом в выражении можно пренебречь и мы
получаем
LJ 2
J2
R
W = 2 ≈ 2 4R ln ,
2c
2c
r0
откуда
L ≈ 4R ln
R
.
r0
1.5. (Задача 6.5) В прямоугольный короб с поперечным сечением S1 вложен дру-
6
S1
гой
√ прямоугольный короб сечением S2 (длины коробов одинаковы (` À
S)) так, что их стенки параллельны. Короба разрезаны вдоль образующей
и соединены последовательно (как показано на рисунке). Магнитная проницаемость всей среды равна µ. Найти индуктивность системы.
Решение Магнитное поле между 2 бесконечными пластинами, по которым ток течет вверх и
вниз (как показано на рисунке) равно удвоенному полю, создаваемому одной пластиной, а снаружи от зазора между пластинами поле равно нулю. В соответствии с рисунком поле везде направлено от нас и равно по модулю
4πI
H=
,
c`
где I– полный ток, текущий вдоль стенки. Магнитный поток через площадь S1 − S2 равен
S2
Φ = µH (S1 − S2 ) =
4πµI
(S1 − S2 ) .
c`
Тогда магнитная индукция системы может быть найдена из определения
Φ=
LI
4πµI
=
(S1 − S2 ) ,
c
c`
откуда
4µπ (S1 − S2 )
.
`
Вычисляя энергию, получим такое же значение индуктивности.
Z
µ
µ 2
µ 16π 2 I 2
LI 2
W =
dV H 2 =
H (S1 − S2 ) ` =
(S
−
S
)
`
=
,
1
2
8π
8π
8π c2 `2
2c2
L=
L=
4π (S1 − S2 ) µ
.
`
1.6. (Задача 6.6) Самоиндукция плоского контура в воздухе(µ = 1) равна L. Найти самоиндукцию контура, если его положить на плоскую границу полупространства, заполненного однородным магнетиком с магнитной проницаемостью µ.
Решение Для плоского контура Φ = LJ/c, где Φ – поток вектора магнитной индукции через
контур;
J
–
ток
в
контуре;
L
–
индуктивность
контура.
Пусть H0 – поле в отсутствии магнетика. Предположим, что при наличии
магнетика поле в пустом полупространстве стало H1 = aH0 , а в среде –
(1)
µ =1
H2 = bH0 . Поле H0 перпендикулярно плоскости контура и симметрично
относительно него.
µ
(2)
1. Квазистационарные явления
7
Из непрерывности нормальной составляющей вектора B0 следует, что
a = µb, непрерывность тангенциальной составляющей обеспечивается автоматически H1τ = H2τ . Возьмем циркуляцию вектора H0 в отсутствии
среды по некоторой силовой линии
I
Z
4πJ
(H0 d`) = 2 (H0 d`) =
,
c
(1)
где 2
R
(H0 d`) взят по половине симметричной кривой. С другой стороны, при наличии магне-
(1)
тика интеграл по той же самой кривой дает
Z
Z
4πJ
= (H1 d`) + (H2 d`) =
c
(1)
Z
= µb
(2)
Z
(H0 d`) + b
(1)
Z
(H0 d`) = b(µ + 1)
(2)
Сравнивая, получаем
b=
значит,
H1 =
2
,
µ+1
2µ
H0 ,
µ+1
(H0 · d`) .
(1)
a=
2µ
,
µ+1
H2 =
2
H0 .
µ+1
Поток вектора индукции через площадь контура в отсутствие магнетика равен Φ =
Z
(H0 ·
ds). При наличии магнетика
Z
Φ=
2µ
2µ
(H0 ds) =
Φ0 ,
µ+1
µ+1
а поскольку Φ = LJ/c, то
L=
2µ
L0 .
µ+1
1.7. (Задача 6.7) Найти коэффициент самоиндукции на единицу длины бесконечного цилиндрического соленоида с густой намоткой и с произвольной (не обязательно круговой) формой сечения. Площадь сечения – S, число витков на единицу длины – n.
8
Решение Поле внутри соленоида находится по теореме Стокса.
H` =
4π
4πN I
; H=
nI
c
c
Тогда поток через поверхность, перпендикулярную оси соленоида (т.е. фактически через один виток),
4π
Φ0 =
nIS.
c
Однако, ЭДС индукции в соленоиде не равна Φ̇0 /c, а в N раз больше. Это связано с тем, что
поток Φ0 пересекает все N витков, так что полная ЭДС
E = N E0 ,
где
Φ̇0
.
c
Величина Φ = N Φ0 называется потокосцеплением и именно она входит в выражение для индуктивности Φ = LI
. Тогда индуктивность единицы длины соленоида
c
E0 = −
L
4πnN S
=
= 4πn2 S.
`
`
Аналогичную формулу мы получим, если будем использовать формулу для энергии
1 2
1
W =
H V =
8π
4π
1.8.
(Задача
y
o
x
b
µ
4π
nI
c
¶2
1
LI 2
4πN 2 S` 2
S` = 2 =
I .
2
2c
`2 2c2
6.9) Найти коэффициент самоиндукции тороидального соленоида.
Радиус тора – b, число витков – N , сечение тора – круг радиуса a. Определить коэффициент самоиндукции на единицу длины соленоида в предельном
случае b → ∞ (N/b = const). Решить ту же задачу для тороидального
соленоида, сечении которого – прямоугольник со сторонами a, h. Как изменится самоиндукция, если равномерно распределенный ток будет течь, сохраняя то же направление, не по проводу, намотанному на тор, а прямо по полой
оболочке тора?
Решение На рисунке показана часть сечения тороидального соленоида. Из симметрии системы очевидно, что силовые линии магнитного поля будут окружности, лежащие внутри соленоида в
плоскостях, параллельных главной плоскости соленоида ( плоскость XZ на рисунке). Используя
1. Квазистационарные явления
9
теорему Стокса вдоль такой круговой силовой линии получим, что величина магнитного поля на
этой линии
2JN
H=
.
c(b + x)
Поток через один виток запишется в виде интеграла
Z
Φ0 =
2JN
BdS =
c
Za
dx
2
b+x
−a
√
a2 −x2
Z
4JN
dy =
c
0
Za √
a2 − x2
dx.
b+x
−a
Обезразмерив переменные под интегралом, его можно привести к виду
Za √
Int =
a2 − x2
dx = αa
b+x
−a
Z1 √
1 − t2
dt,
1 + αt
−1
где α = ab . Сделав очевидную замену t = cos ψ, интеграл можно переписать в виде
Zπ
Int = αa
sin2 ψ
dψ.
1 + α cos ψ
0
Вычислить этот интеграл элементарным способом мне не удалось, но пакет «Mathematica» позволил получить следующий результат1
i
√
a h
Int = π 1 − 1 − α2 .
α
Тогда, используя потокосцепление, можно записать для индуктивности
"
#
r
³ a ´2
4JN 2
LJ
N Φ0 =
πb 1 − 1 −
=
.
c
b
c
При b → inf разложив полученное решение по степеням a/b и приняв во внимание, что n =
N/ (2πb = const), получим
´
³
√
L = 4πN 2 b − b2 − a2 .
1
По моей просьбе за этот интеграл взялся В.В.Иванов. Им было приведено даже 2 способа вычисления, которые
я воспроизвожу с его позволения далее, после решения этой задачи.
10
такой же результат получится если считать, что поле по сечению тора постоянно и равно
H=
2JN
.
cb
Если сечение тора – прямоугольник, то интеграл вычисляется легко и получается результат
L = 2N 2 h ln
2b + a
.
2b − a
Если ток течет по оболочке тора, то L уменьшится в N 2 раз.
Вычисление интеграла Каждый интеграл, имеющий физическое происхождение, математиком воспринимается с трепетом и почтением. Например, изучение потока некоего магнитного поля
через поперечное сечение тора сводится к вычислению интеграла
Z1 √
1 − t2
dt,
1 + βt
I(β) =
−1
который, очевидно, сходится при |β| ≤ 1. Поскольку этот интеграл вызывает нетривиальный
интерес у физиков, почему-то хочется сразу разложить его в ряд и побыстрее узнать ответ. Чтобы
избавиться от проблем, связанных с границей круга сходимости, а также иметь возможность, если
будет нужно, делить на β, заметим, что
I(±1) = π
I(0) =
π
.
2
Словом, дело сводится к вычислению интеграла I(β) при 0 < |β| < 1.
Вспоминая о сумме бесконечной геометрической прогрессии со знаменателем −βt, в нашем
случае по модулю не превосходящем |β|, мы приходим к замечательному разложению
Z √
∞
X
n
I(β) =
(−β)
1 − t2 tn dt.
1
n=0
−1
При нечетных n интегралы пропадают, так что
I(β) = 2
∞
X
n=0
β
2n
Z1 √
0
1−
t2 t2n
dt =
∞
X
n=0
µ
2n
β B
1
3
,n +
2
2
¶
,
1. Квазистационарные явления
11
где, как хорошо известно и нам, и студентам ФФ, изучавшим анализ, а значит, знакомым с интегралами Эйлера,
µ
¶
(1/2) (1/2 − 1) ... (1/2 − n)
3
1
Γ(3/2) Γ(n + 1/2)
B
,n +
=
= π(−1)n
.
2
2
Γ(n + 2)
(n + 1)!
Иными словами,
I(β) = −
∞
π X (1/2) (1/2 − 1) ... (1/2 − n)
(−β 2 )n+1 .
β 2 n=0
(n + 1)!
Мы видим здесь биномиальный ряд Ньютона без начального члена. Дополняя его этим членом,
мы приходим к симпатичному ответу:
´
p
π ³
I(β) = 2 1 − 1 − β 2 .
β
Приятно отметить, что при β = ±1 эта формула дает верные значения интегралов I(±1), а
если перейти к пределу при β → 0, получим правильное значение для I(0). В этом нет ничего
удивительного, если вспомнить теорему Лебега о предельном переходе под знаком интеграла, где
речь идет об «интегрируемой мажоранте». Здесь такая мажоранта есть, а именно:
p
√
√
1 − |t|2
1 − t2
2
0<
≤
≤p
,
1 + βt
1 − |t|
1 − |t|
где |t| < 1 и |β| ≤ 1. Это означает, в частности, что функция I(β) непрерывна на отрезке
|β| ≤ 1. Таким образом, интегралы I(±1) и I(0) можно отдельно и не считать.
Теперь, когда «магия магнетизма» уже не действует, хочется подумать и понять, почему же
ряд благополучно просуммировался? Ответ ясен — изначально видно, что интеграл выражается
через элементарные функции. Ясно также, что путь к нему должен быть проще. И вот, приходит в
какое-то место такая мысль: а что, если поделить «столбиком» cos2 ϕ на 1 + β sin ϕ ? С остатком,
разумеется. Это легко:
cos2 ϕ
1 − sin2 ϕ
=
=
1 + β sin ϕ
1 + β sin ϕ
1
1
1 − β2
1
= − sin ϕ + 2 −
.
2
β
β
β
1 + β sin ϕ
Если, как и прежде, |β| < 1, то
Zπ/2
−π/2
dϕ
π
=p
,
1 + β sin ϕ
1 − β2
12
что получается хрестоматийным способом — надо объявить tg(ϕ/2) новой переменной. Итак,
Z1 √
I(β) =
−1
1
=−
β
Zπ/2
Zπ/2
1 − t2
dt =
1 + βt
cos2 ϕ
dϕ =
1 + β sin ϕ
−π/2
Zπ/2
1
sin ϕ dϕ + 2
β
1 − β2
dϕ −
β2
−π/2
−π/2
´
p
π ³
2
= 2 1− 1−β ,
β
в полном согласии с нашим прежним выводом.
Zπ/2
dϕ
=
1 + β sin ϕ
−π/2
1.9. (Задача 6.10)Найти индуктивность соленоида с числом витков N À 1, намотанного
тонким слоем на шарообразный сердечник радиуса a с магнитной проницаемостью µ так, что витки
лежат вдоль линий θ = const, а плотность намотки меняется по закону
 π

Z
N
n (θ) =
sin θ,  n (θ) adθ = N  .
2a
0
Решение Поле H2 вне соленоида – поле магнитного диполя, магнитный момент m которого
создается соленоидом (поверхностные токи) и индуцированным моментом шара
H2 =
3r(m r) m
− 3.
r5
r
Направление вектора m перпендикулярно плоскостям
витков. Поле H1 внутри
шара однородно, также как для намагниченного шара (см. 5.9). Тангенциальθ
ные составляющие Hτ на поверхности шара терпят разрыв из-за поверхностных токов, нормальные составляющие вектора магнитной индукции непреuur
a
H1
рывны, поэтому
O
(1)
(2)
m
4π JN
sin θ + H1 sin θ =
sin θ ,
3
a
c 2a
µH1 cos θ =
2m cos θ
3m cos θ m cos θ
−
=
.
3
3
a
a
a3
Решая систему уравнений, находим
H1 =
4πN J
.
c (µ + 2)a
1. Квазистационарные явления
13
Поток вектора магнитной индукции через dn витков, расположенных под углом θ, равен
dΦ = µHπa2 sin2 θ n(θ) a dθ .
Полный поток через все N витков
2π 2 N 2 Ja µ
Φ=
c
µ+2
Zπ
8π 2 N 2 Jaµ
sin θ dθ =
.
3c (µ + 2)
3
0
Значит,
8π 2 µ
N 2 a.
3 µ+2
Вычисление индуктивности через энергию системы в данном случае заметно сложнее из-за трудности вычисления энергии вне соленоида:
L=
LJ 2
= W1 + W2 ,
2c2
где W1 = µH12 43 πa3 есть энергия внутри соленоида с учетом однородности поля H1 , а энергия
вне соленоида
Z
1
H22 dv,
W2 =
8π
где
3r(m r) m
2πJN a2
H2 =
− 3,
m = mz =
.
r5
r
c(µ + 2)
1.10. (Задача 6.14) Внутрь соленоида, имеющего N витков, длину ` и площадь сечения S1 ,
вставлен коаксиально второй соленоид с тем же направлением
намотки и той же длины `, но иным
√ √
числом витков N2 и площадью сечения S2 (` À S1 , S2 ), края соленоидов совпадают. Обмотки соединены последовательно так, что токи в обоих соленоидах текут в одинаковых направлениях.
Найти индуктивность системы: а) через энергию; б) через потокосцепление.
Решение Если по соленоидам пропустить ток J, то распределение напряженности магнитного
поля будет иметь вид
H1 =
H2 =
4πJ N1
c `
при
R2 ≤ R ≤ R1 ,
4πJ (N1 + N2 )
4πJ N1 4πJ N2
+
=
при
c `
c `
c
`
R > R1 .
H3 = 0
при
R < R2 ,
14
а) Найдем магнитную энергию, запасенную в системе:
µ
¶2 ·
¸
Z
1 4πJ
1
2
2
2
W =
H dv =
(N1 + N2 ) S2 ` + N1 (S1 − S2 )` =
8π
8π c `
2πJ 2
= 2 (N12 S1 + N22 S2 + 2N1 N2 S2 ).
c`
(1)
С другой стороны, W = LJ 2 /2c2 , где L – индуктивность системы. Сравнивая, находим
L=
4π 2
(N1 S1 + N22 S2 + 2N1 N2 S2 ) .
`
(2)
б) Учитывая потокосцепления для внутреннего соленоида, имеем
Φ2 =
4πJ
(N1 + N2 )N2 S2 .
c`
С учетом потокосцепления для внешнего соленоида получаем
Φ1 =
4πJ
4πJ
4πJ
(N1 + N2 )N1 S2 +
(S1 − S2 )N12 =
(N1 N2 S2 + N12 S1 ) .
c`
c`
c`
Для всей системы
Φ = Φ1 + Φ2 =
4πJ 2
(N1 S1 + N22 S2 + 2N1 N2 S2 ).
c`
Сравнивая с Φ = LJ/c, находим для индуктивности прежний результат (2).
1.11. (Задача 6.15) На один сердечник намотаны две катушки с коэффициентами самоиндукции L1 = 0, 5 Гн и L2 = 0, 7 Гн соответственно. Чему равен коэффициент взаимоиндукции?
Рассеяния магнитного поля нет.
Решение Пусть в сердечнике поток Φ0 . Потокосцепление в первой катушке
Φ1 = N1 Φ0 =
1
(L11 I1 + L12 I2 , )
c
и во второй катушке
1
(L22 I2 + L21 I1 .)
c
Пустим в первой катушке ток I1 а во второй ток занулим. Тогда
Φ2 = N2 Φ0 =
N1
L11
=
.
L21
N2
1. Квазистационарные явления
15
Теперь пустим ток через 2 катушку, а первую разомкнем. Тогда
L12
N1
=
.
L22
N2
Разделив друг на друга два последних соотношения, получим
p
p
L12 L21 = L1 L2 ,
и, используя соотношение L12 = L21 , получаем для коэффициента взаимоиндукции
M = L12 =≈ 0, 6 Гн.