(α) Από τα δεδομένα, η επιφάνεια των οπλισμών του πυκνωτή είναι ίση με Α = = m 2

Transcript

1 Πρόβλημα 4.. Ένας φοιτητής κατασκευάζει ένα επίπεδο πυκνωτή χρησιμοποιώντας δυο ορθογώνια μεταλλικά φύλλα διαστάσεων.5 m.5 m τα οποία τα τοποθετεί επάνω σε μια ειδική ευθύγραμμη τροχιά από πλαστικό υλικό ώστε να μπορεί να μεταβάλλει συνεχόμενα την απόσταση x μεταξύ των πυκνωτών από μια ελάχιστη τιμή.5 mm έως μια μέγιστη τιμή 5 mm. (α) Να γίνει η γραφική παράσταση της χωρητικότητας συναρτήσει του x για ενδιάμεσες τιμές αυτού. (β) Να επαναληφθεί το προηγούμενο βήμα εάν ο φοιτητής τοποθετεί σακουλάκια συσκευασίας πολυαιθυλενίου πάχους.5 mm το καθένα, κολλητά μεταξύ τους μεταξύ των οπλισμών ώστε αυτά να γεμίζουν πλήρως τον χώρο μεταξύ των οπλισμών. (γ) Τώρα ο φοιτητής συνδέει μια σταθερή πηγή τάσης 4 V στα άκρα του πυκνωτή. Να γίνει η γραφική παράσταση του φορτίου Q του θετικού οπλισμού συναρτήσει του x για τα δυο παραπάνω βήματα α και β. (δ) Σε διαφορετικό πείραμα, ο φοιτητής τοποθετεί φορτίο ± μc στους δυο οπλισμούς και ακολούθως αφήνει τα άκρα του πυκνωτή ελεύθερα. Να γίνει η γραφική παράσταση της διαφοράς δυναμικού V μεταξύ των οπλισμών συναρτήσει του x για τα δυο παραπάνω βήματα α και β. Λύση: (α) Από τα δεδομένα, η επιφάνεια των οπλισμών του πυκνωτή είναι ίση με Α =.5.5 =.5 m Σύμφωνα με την Εξ. 6.4 του βιβλίου, η χωρητικότητα ενός επιπέδου πυκνωτή είναι ίση με C = ε Α d όπου ε = 8.85 S.I. Έτσι για τις παρακάτω δέκα τιμές του d, το C παίρνει τις εξής τιμές: d (mm) C (nf) Η γραφική παράσταση φαίνεται παρακάτω C (nf)

2 (β) Σύμφωνα με τον Πίνακα 6., το Πολυαιθυλένιο έχει σχετική διηλεκτρική σταθερά κ =.5 και επομένως στον τύπο της χωρητικότητας πρέπει να αντικαταστήσουμε το ε με το Οι παραπάνω τιμές γίνονται ε = κε = =. x (mm) C (nf) και η αντίστοιχη γραφική παράσταση είναι η παρακάτω C (nf) Στην ουσία είναι σαν να πολλαπλασιάζουμε όλες τις τιμές με το κ (γ) Το φορτίο σε ένα πυκνωτή ισούται με Q = CV και έτσι έχουμε x (mm) Qα (nc) Qβ (nc) και η αντίστοιχη γραφική παράσταση είναι η παρακάτω

3 V (V) Q (nf) d (mm) Qα (nc) Qβ (nc) (δ) Τώρα το φορτίο C = ± μc είναι σταθερό γιατί ο (εκάστοτε) πυκνωτής είναι χωρίς συνδέσεις και έτσι έχουμε x (mm) Vα (V) Vβ (V) και η αντίστοιχη γραφική παράσταση είναι η παρακάτω 8 Chart Title d (mm) V (V) V (V) Πρόβλημα 4.. Ένας φοιτητής συνδέει έναν άπειρο αριθμό πυκνωτών σε σειρά σε μπαταρία που παρέχει διαφορά δυναμικού V. Η χωρητικότητα του πρώτου πυκνωτή (του πλησιέστερου προς τον θετικό πόλο

4 της πηγής) είναι C = C, ενώ οι υπόλοιποι πυκνωτές έχουν χωρητικότητες οι οποίες είναι η διπλάσια του προηγούμενου πυκνωτή σε σειρά δηλαδή C = C, C 3 = C C n = C n κ.ό.κ. Nα βρεθούν: α) Το φορτίο του κάθε πυκνωτή, β) η ενέργεια του κάθε πυκνωτή (Σημείωση: Θα πρέπει να γίνει χρήση μιας γνωστής σειράς ακολουθίας από τα μαθηματικά). Λύση: (α) Από τα δεδομένα C = C, C 3 = C = 4C, C 4 = C = 8C C n = n C κ.ό.κ. Σε σύνδεση σε σειρά όλοι οι πυκνωτές έχουν το ίδιο φορτίο Q το οποίο είναι το φορτίο που παρέχει η πηγή στον ισοδύναμο συνδυασμό όλων των πυκνωτών ο οποίος έχει χωρητικότητα C ΟΛ. Σε σύνδεση σε σειρά ισχύει = C ΟΛ C C C 3 C 4 = C ΟΛ C + C + C + 3 C + = C ΟΛ C ( ) Στην παρένθεση είναι η γνωστή γεωμετρική σειρά απείρων όρων a n n= η οποία συγκλίνει στο /( a) εάν a < που ισχύει στην περίπτωσή μας αφού a = /. Έτσι = C ΟΛ C ( /) = C και επομένως C ΟΛ = C/. Έτσι η πηγή παρέχει στον ισοδύναμο συνδυασμό όλων των πυκνωτών φορτίο Q το οποίο ισούται με Q = C ΟΛ V = CV/ Αυτό είναι και το φορτίο του κάθε πυκνωτή στη σειρά. (β) Η ενέργεια ενός πυκνωτή δίνεται από τον τύπο U = Q /C και έτσι για τον κάθε πυκνωτή με χωρητικότητα C n = n C έχουμε U n = Q = C n n C (CV ) = CV n+

5 Πρόβλημα 4.3. Ένας φοιτητής συνδέει παράλληλα δυο συρμάτινους κυλινδρικούς αγωγούς του ίδιου μήκους = cm αλλά διαφορετικού υλικού, έστω υ και υ και με διαφορετικές ακτίνες a =.4 mm και a = α αντίστοιχα και μετράει την αντίστασή τους ίση με R π =.4 Ω. Όταν τους συνδέει σε σειρά βρίσκει αντίστασή R σ = Ω. Να βρεθεί η ειδική αντίσταση του κάθε αγωγού εάν γνωρίζετε ότι η μεγαλύτερη από αυτές δεν είναι μεγαλύτερη από το τριπλάσιο της μικρότερης. Λύση: Έστω R και R οι αντιστάσεις των δυο κυλίνδρων. Από τα δεδομένα και Η δεύτερη με την βοήθεια της πρώτης γίνεται R + R = R R R + R =.4 R R = 4 η οποία όταν αντικατασταθεί στην πρώτη, οδηγεί στο αποτέλεσμα R + 4/R = => R R + 4 = η λύση του οποίου δίνει R = 4 ή R = 6 Ω. Από τις παραπάνω εξισώσεις, παίρνουμε αντίστοιχα R = 6 ή R = 4 Ω. Από την σχέση αντίστασης ειδικής αντίστασης έχουμε: R = ρ = ρ Α R = ρ = ρ Α πa πa Μπορούμε να λύσουμε τις παραπάνω ως προς ρ. Για το πρώτο ζεύγος τιμών έχουμε: ρ = π R a ρ = π R a = π 4(.4 3 ) =. 4 Ω m = π 6(.8 3 ) = Ω m Αφού όμως από τα δεδομένα η μεγαλύτερη από αυτές δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερη από το τριπλάσιο της μικρότερης, αυτό το ζεύγος λύσεων απορρίπτεται. Για το δεύτερο ζεύγος τιμών έχουμε: ρ = π R a ρ = π R a = π 6(.4 3 ) = 4. 4 Ω m = π 4(.8 3 ) =.5 4 Ω m

6 Αυτή η λύση είναι αποδεκτή αφού 3ρ < ρ.