6η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1 Ασκήσεις 6 ου Κεφαλαίου

Transcript

1 6η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1 Ασκήσεις 6 ου Κεφαλαίου 1. Μια μπαταρία με ΗΕΔ E = 6 V χωρίς εσωτερική αντίσταση τροφοδοτεί με ρεύμα το κύκλωμα της εικόνας. Όταν ο διακόπτης δύο θέσεων S είναι ανοιχτός, όπως φαίνεται στην εικόνα, το ρεύμα της μπαταρίας είναι 1 ma. Όταν ο διακόπτης κλείνει στη θέση α, το ρεύμα της μπαταρίας είναι 1.2 ma. Όταν ο διακόπτης κλείνει στη θέση β, το ρεύμα της μπαταρίας είναι 2 ma. Βρείτε τις αντιστάσεις R 1, R 2 και R 3. Όταν ο διακόπτης S είναι ανοικτός, τότε οι τρεις αντιστάτες R 1, R 2 και R 3 είναι σε σειρά. Άρα: R ΟΛ = R 1 + R 2 + R R 2 + R 3 R 1 + R 2 + R 3 = 6 kω (1) 10 A Όταν ο διακόπτης S είναι στη θέση α, τότε ο παράλληλος συνδυασμός των δύο αντιστατών R 2 είναι σε σειρά με τους αντιστάτες R 1 και R 3. Άρα: R ΟΛ = R R 2 + R A 2 R 2 + R 3 R R 2 + R 3 = 5 kω (2) Όταν ο διακόπτης S είναι στη θέση b, τότε η R 3 είναι βραχυκυκλωμένη και οι αντιστάτες R 1 και R 2 είναι σε σειρά. Άρα: R ΟΛ = R 1 + R R 2 R 1 + R 2 = 3 kω (3) 2 10 A Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (1), (2) και (3) βρίσκουμε ότι: R 1 = 1 kω, R 2 = 2 kω και R 3 = 3 kω.

2 2. Θεωρήστε το κύκλωμα της εικόνας. (α) Βρείτε την τάση στα άκρα του αντιστάτη των 2 Ω. (β) Βρείτε την τάση στα άκρα του αντιστάτη των 3 Ω. (γ) Βρείτε το ρεύμα που διαρρέει τον αντιστάτη των 3 Ω. Αρχικά βρίσκουμε τον ισοδύναμο αντιστάτη των δύο παράλληλων αντιστατών 1 5 Ω και 10Ω. Άρα: = Π1 3.33Ω 10Ω 5Ω R R = Π1 Ο R Π1 είναι σε σειρά με τον αντιστάτη των 4Ω. Άρα: R Σ = R Π1 + 4 Ω =7.33 Ω Ο R Σ είναι παράλληλος με τον 3Ω. Άρα: = + RΠ2 = 2.13Ω R 3Ω H συνολική αντίσταση του κυκλώματος είναι: R ΟΛ = R Π2 + 2 Ω =4.13 Ω. Π2 R Σ Επιπλέον το συνολικό ρεύμα είναι: ΔV 8V I = I = I = 1.94Α. ΟΛ ΟΛ ΟΛ ΟΛ RΟΛ 4.13Ω (α) Η πτώση τάσης στον αντιστάτη των 2 Ω είναι: ΔV 2 = IΟΛR2 ΔV 2 = 3.88V (β) Η πτώση τάσης στον αντιστάτη των 3 Ω είναι: ΔV OΛ = ΔV 2 + ΔV 3 ΔV 3 = ΔV OΛ ΔV 2 ΔV 3 = 4.12 V. ΔV3 (γ) Το ρεύμα που διαρρέει τον αντιστάτη των 3 Ω είναι: I3 = I3 = 1.38Α. R 3

3 3. (α) Μπορείτε να αναγάγετε το κύκλωμα της εικόνας σε έναν μόνο αντιστάτη συνδεδεμένο με την μπαταρία; (β) Υπολογίστε τα ρεύματα Ι 1, Ι 2 και Ι 3. (α) Όχι, γιατί μπορεί οι αντιστάτες των 2 Ω και 4 Ω, αλλά και οι αντιστάτες των 1Ω και 5 Ω να είναι σε σειρά και να μπορούν να αντικατασταθούν με τις ισοδύναμους τους, ο αντιστάτης των 3 Ω όμως δεν είναι σε σειρά ή παράλληλα με τους υπόλοιπους, λόγω των πηγών που παρεμβάλλονται στο κύκλωμα. Άρα στο κύκλωμα δεν μπορούμε να αντικαταστήσουμε όλους τους αντιστάτες με έναν. (β) Εφαρμόζοντας τον 1 ο κυκλώματος προκύπτει ότι: Κανόνα του Kirchhoff στον δεξιό κόμβο του I 1 = I 2 + I 3 (1). Εφαρμόζοντας τον 2 ο Κανόνα του Kirchhoff στον πάνω βρόχο του κυκλώματος διαγράφοντας τον δεξιόστροφα προκύπτει ότι: 24 = (2 Ω)Ι 1 + (4 Ω)Ι 1 + (3 Ω)Ι 2 (2). Εφαρμόζοντας τον 2 ο Κανόνα του Kirchhoff στον κάτω βρόχο του κυκλώματος διαγράφοντας τον δεξιόστροφα προκύπτει ότι: 12 = (3 Ω)Ι 1 + (1 Ω)Ι 2 + (5 Ω)Ι 2 (3). Από την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων (1), (2) και (3) τότε: I 1 = 3.5 A I 2 = 2.5 A I 3 = 1 A.

4 4. Το κύκλωμα της εικόνας είναι κλειστό (σε λειτουργία) για μεγάλο χρονικό διάστημα. (α) Πόση είναι η διαφορά δυναμικού στα άκρα του πυκνωτή; (β) Αν αποσυνδέσουμε την μπαταρία από το κύκλωμα, πόσο χρονικό διάστημα θα χρειαστεί για να εκφορτιστεί ο πυκνωτής τόσο ώστε η τάση στα άκρα του να μειωθεί στο ένα δέκατο της αρχικής; (α) Μετά από μεγάλο χρονικό διάστημα ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος, οπότε συμπεριφέρεται ως ανοικτός διακόπτης. Άρα, το ρεύμα που διαρρέει τον αριστερό κλάδο των αντιστάσεων 1 Ω και 4 Ω 10V θα είναι: IA = IΑ = 2Α. 1Ω + 4Ω Επομένως, το δυναμικό στο αριστερό άκρο του πυκνωτή, ως προς τον αρνητικό πόλο της πηγής θα είναι: V A = I A (4 Ω) V A = 8 V. Ομοίως, το ρεύμα που διαρρέει τον δεξιό κλάδο των αντιστάσεων των 10V αντιστατών 8 Ω και 2 Ω θα είναι: IΔ = IΔ = 1Α. 8Ω + 2Ω Επομένως, το δυναμικό στο αριστερό άκρο του πυκνωτή, ως προς τον αρνητικό πόλο της πηγής θα είναι: V Δ = I Δ (2 Ω) V A = 2 V. Επομένως, η διαφορά δυναμικού στα άκρα του πυκνωτή είναι: ΔV = V A V Δ ΔV = 6 V. (β) Απομακρύνοντας την πηγή τότε το κύκλωμα θα γίνει όπως φαίνεται στην παρακάτω εικόνα (Α). Στο κύκλωμα αυτό οι αντιστάτες των 1 Ω και 8Ω είναι σε σειρά όπως και οι αντιστάτες των 4 Ω και 2Ω. Επομένως το κύκλωμα μπορεί να αντικατασταθεί από το ισοδύναμο του κύκλωμα (Β), στο οποίο οι αντιστάτες των 9 Ω και 6Ω είναι παράλληλα και επομένως καταλήγουμε στο κύκλωμα (Γ). (Α) (Β) (Γ) Σύμφωνα με το ισοδύναμο κύκλωμα (Γ) ο πυκνωτής εκφορτίζεται μέσω του αντιστάτη R = 3.6 Ω. Άρα: q = Q e -t/rc qc = QC e -t/rc ΔV = ΔV i e -t/rc ΔV/ΔV i = e -t/rc ΔV i /ΔV = e t/rc ln(δv i /ΔV) = t/rc t = RC ln(δv i /ΔV) (1) Με (ΔV = 0.1 ΔV i ) και με αντικατάσταση στη σχέση (1) προκύπτει ότι: t = 8.29 μs.

5 5. Φορτίζουμε τους δύο πυκνωτές της εικόνας με μια μπαταρία ΔV π = 12 V. Αποσυνδέουμε την μπαταρία και κλείνουμε τον διακόπτη. Έπειτα από 1 ms, (α) πόσο φορτίο εξακολουθεί να έχει ο πυκνωτής των 3 μf,(β) πόσο φορτίο εξακολουθεί να έχει ο πυκνωτής των 2 μf, (γ) πόσο θα είναι τότε το ρεύμα στον αντιστάτη; Στο κύκλωμα οι δύο πυκνωτές είναι συνδεδεμένοι παράλληλα, άρα: C eq = 3 μf + 2 μf C eq = 5 μf. Το φορτίο που αποθηκεύεται αρχικά στον πυκνωτή, με ΔV π = 12 V, θα είναι: Q o = C eq ΔV π Q o = 60 μc. Από τη στιγμή που κλείνει ο διακόπτης ο πυκνωτής C eq εκφορτίζεται μέσω του αντιστάτη των 500 Ω. Επομένως, σε χρόνο 1 ms το αποθηκευμένο φορτίο θα είναι: q = Q o e -t/rceq q = 40.2 μs. H διαφορά δυναμικού στα άκρα του ισοδύναμου πυκνωτή θα είναι: ΔV = q/c eq ΔV = 8.04 V. Λόγω της παραλληλίας των δύο πυκνωτών θα έχουν την ίδια τάση στα άκρα τους, άρα το φορτίο στους δύο πυκνωτές θα είναι: (α) q 3 = (3 μf) ΔV q 3 = μc. (β) q 2 = (2 μf) ΔV q 2 = μc. (γ) Εφόσον ο αντιστάτης είναι παράλληλα συνδεδεμένος με τους πυκνωτές θα έχει την ίδια διαφορά δυναμικού στα άκρα του, άρα: I = ΔV/R I = 16.1 ma.