Λύσεις Ασκήσεων — Κεφάλαιο 3: Ηλεκτρική Ενέργεια και Ισχύς – ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΙΑΣ Α΄ ΕΠΑΛ

(Πηγή: Βιβλίο Μαθητή, σελ. 97-98. Οι εκφωνήσεις είναι του σχολικού βιβλίου· οι λύσεις πρωτότυπες, διασταυρωμένες με το επίσημο Βιβλίο Λύσεων. Οι υπολογισμοί έχουν επαληθευτεί.)

Ερώτηση 1 (σελ. 97)

Ποιες μονάδες χρησιμοποιούνται για τη μέτρηση της ενέργειας και του έργου;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ενέργεια και έργο είναι ομοειδή μεγέθη, άρα μετριούνται με τις ίδιες μονάδες. Χρειάζεται η μονάδα του SI αλλά και η πρακτική μονάδα που χρησιμοποιεί η ΔΕΗ.

Λύση:

1. Μονάδα του SI για την ενέργεια και το έργο είναι το J (Joule — Τζάουλ).
2. Ισχύει \(1\ \mathrm{J} = 1\ \mathrm{W} \cdot 1\ \mathrm{s}\), δηλαδή το έργο ισχύος 1 W σε χρόνο 1 s.
3. Στην πράξη, για την ηλεκτρική ενέργεια χρησιμοποιείται η κιλοβατώρα (kWh): η ενέργεια που καταναλώνει συσκευή ισχύος 1 kW σε 1 ώρα.

Ενδεικτική απάντηση: Ενέργεια και έργο μετριούνται με τις ίδιες μονάδες: στο SI με το J (Joule), όπου \(1\ \mathrm{J} = 1\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{s}\). Στην πράξη, για την ηλεκτρική ενέργεια χρησιμοποιείται η kWh (κιλοβατώρα).

Πρόσεξε:

• \(1\ \mathrm{kWh} = 1000\ \mathrm{W} \times 3600\ \mathrm{s} = 3{,}6 \times 10^6\ \mathrm{J}\) — γι' αυτό στους λογαριασμούς χρησιμοποιείται η kWh και όχι το J.

Ερώτηση 2 (σελ. 97)

Τι ονομάζουμε ισχύ και σε τι μονάδες μετριέται;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η ισχύς είναι ΡΥΘΜΟΣ: πόση ενέργεια καταναλώνεται (ή παράγεται) ανά μονάδα χρόνου. Αυτό είναι το κλειδί για να μην τη μπερδεύεις με την ενέργεια.

Λύση:

1. Ισχύ ονομάζουμε το έργο (ή την ενέργεια) που παράγεται ή καταναλώνεται στη μονάδα του χρόνου.
2. Δηλαδή \(P = \dfrac{W}{t}\).
3. Μονάδα μέτρησης είναι το W (Watt — Βατ), όπου \(1\ \mathrm{W} = 1\ \mathrm{J}/\mathrm{s}\).

Ενδεικτική απάντηση: Ισχύς είναι το έργο (ή η ενέργεια) ανά μονάδα χρόνου: \(P = \dfrac{W}{t}\). Μετριέται σε W (Watt), όπου \(1\ \mathrm{W} = 1\ \mathrm{J}/\mathrm{s}\).

Πρόσεξε:

• ΜΗΝ μπερδεύεις ισχύ και ενέργεια: η ισχύς λέει πόσο ΓΡΗΓΟΡΑ καταναλώνεται ενέργεια, η ενέργεια πόση ΣΥΝΟΛΙΚΑ. Μια λάμπα 100 W αναμμένη 1 ώρα καταναλώνει την ίδια ενέργεια με μια 50 W αναμμένη 2 ώρες.

Ερώτηση 3 (σελ. 97)

Με τι ισούται η ηλεκτρική ισχύς;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο βασικός τύπος είναι ένας: \(P = U \cdot I\). Αξίζει όμως να διευκρινιστεί ότι ερμηνεύεται διαφορετικά ανάλογα με το αν μιλάμε για πηγή ή για καταναλωτή.

Λύση:

1. Η ηλεκτρική ισχύς P ισούται με το γινόμενο της τάσης U επί την ένταση του ρεύματος I: \(P = U \cdot I\).
2. Αν U είναι η πολική τάση μιας πηγής και I το ρεύμα που παρέχει, ο τύπος δίνει την ισχύ που ΠΑΡΕΧΕΤΑΙ από την πηγή στο κύκλωμα.
3. Αν U είναι η τάση στα άκρα μιας συσκευής και I το ρεύμα που τη διαρρέει, ο τύπος δίνει την ισχύ που ΚΑΤΑΝΑΛΩΝΕΙ η συσκευή.

Ενδεικτική απάντηση: Η ηλεκτρική ισχύς ισούται με το γινόμενο τάσης επί ένταση: \(P = U \cdot I\). Ο ίδιος τύπος δίνει την παρεχόμενη ισχύ (αν U είναι η πολική τάση της πηγής και I το ρεύμα που παρέχει) ή την καταναλισκόμενη ισχύ (αν U είναι η τάση στα άκρα της συσκευής και I το ρεύμα που τη διαρρέει).

Πρόσεξε:

• Πρόσεξε ΠΟΙΑ τάση και ΠΟΙΟ ρεύμα βάζεις: πρέπει να αναφέρονται στο ΙΔΙΟ στοιχείο του κυκλώματος.

Ερώτηση 4 (σελ. 97)

Ποια σχέση συνδέει τις μονάδες W, V και A;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η σχέση των μονάδων προκύπτει κατευθείαν από τον τύπο \(P = U \cdot I\), αντικαθιστώντας κάθε μέγεθος με τη μονάδα του.

Λύση:

1. Από τον τύπο \(P = U \cdot I\) προκύπτει η σχέση των μονάδων.
2. Δηλαδή: \(1\ \mathrm{W}\ (\mathrm{Watt}) = 1\ \mathrm{V}\ (\mathrm{Volt}) \times 1\ \mathrm{A}\ (\mathrm{Ampere})\).

Ενδεικτική απάντηση: \(1\ \mathrm{W} = 1\ \mathrm{V} \times 1\ \mathrm{A}\) — δηλαδή ένα βατ είναι η ισχύς όταν τάση ενός βολτ προκαλεί ρεύμα ενός αμπέρ.

Πρόσεξε:

• Ο έλεγχος μονάδων είναι χρήσιμο εργαλείο: αν σε μια άσκηση οι μονάδες δεν «βγαίνουν» σε W, κάπου έχεις κάνει λάθος.

Ερώτηση 5 (σελ. 97)

Πότε χρησιμοποιούμε για την ηλεκτρική ισχύ τις σχέσεις: \(P = R \cdot I^2\) και \(P = \dfrac{U^2}{R}\);

Σκέψη / Μεθοδολογία: Και οι δύο σχέσεις προκύπτουν από τον βασικό τύπο \(P=U\cdot I\) αν αντικαταστήσουμε ένα μέγεθος μέσω του νόμου του Ωμ. Χρησιμοποιούνται όταν γνωρίζουμε την αντίσταση — τυπικά σε θερμικές συσκευές.

Λύση:

1. Χρησιμοποιούνται σε συσκευές που μετατρέπουν όλη την ηλεκτρική ενέργεια σε θερμική (μάτι κουζίνας, ηλεκτρικό σίδερο, θερμοσίφωνας), όπου η ισχύς μπορεί να υπολογιστεί από την τιμή της αντίστασης R.
2. Στον τύπο \(P = U \cdot I\) αντικαθιστούμε την τάση με \(U = R \cdot I\) (νόμος του Ωμ) και παίρνουμε \(P = R \cdot I^2\).
3. Άρα, σε αντίσταση σταθερής τιμής R, η ισχύς αυξάνεται με το ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ της έντασης.
4. Στον ίδιο τύπο αντικαθιστούμε το ρεύμα με \(I = \dfrac{U}{R}\) και παίρνουμε \(P = \dfrac{U^2}{R}\).
5. Άρα, σε αντίσταση σταθερής τιμής R, η ισχύς αυξάνεται με το ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ της τάσης.

Ενδεικτική απάντηση: Τις χρησιμοποιούμε όταν γνωρίζουμε την αντίσταση R — τυπικά σε συσκευές που μετατρέπουν όλη την ηλεκτρική ενέργεια σε θερμική. Προκύπτουν από τον \(P = U\cdot I\) με αντικατάσταση μέσω του νόμου του Ωμ: βάζοντας \(U = R\cdot I\) παίρνουμε \(P = R\cdot I^2\) (χρήσιμο όταν ξέρουμε R και I), ενώ βάζοντας \(I = U/R\) παίρνουμε \(P = \dfrac{U^2}{R}\) (χρήσιμο όταν ξέρουμε R και U).

Πρόσεξε:

• Και στις δύο σχέσεις η ισχύς εξαρτάται από το ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ: διπλάσιο ρεύμα (ή διπλάσια τάση) σημαίνει ΤΕΤΡΑΠΛΑΣΙΑ ισχύ, όχι διπλάσια.
• Δεν είναι νέοι νόμοι — είναι ο ίδιος τύπος \(P=U\cdot I\) γραμμένος αλλιώς. Διαλέγεις όποιον ταιριάζει στα δεδομένα σου.

Ερώτηση 6 (σελ. 97)

Να αναφέρετε συσκευές στις οποίες όλη η παρεχόμενη ηλεκτρική ισχύς μετατρέπεται σε θερμική ισχύ, καθώς και συσκευές, στις οποίες το μεγαλύτερο μέρος της παρεχόμενης ηλεκτρικής ισχύος δε μετατρέπεται σε θερμική ισχύ.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το κριτήριο διαχωρισμού είναι ο ΣΚΟΠΟΣ της συσκευής: αν σκοπός είναι η θερμότητα, όλη η ισχύς γίνεται θερμική. Αν σκοπός είναι κίνηση ή φως, η θερμότητα είναι ανεπιθύμητη απώλεια.

Λύση:

1. Συσκευές στις οποίες ΟΛΗ η ηλεκτρική ισχύς μετατρέπεται σε θερμική: το σίδερο σιδερώματος, η καφετιέρα, η ηλεκτρική κουζίνα, ο ηλεκτρικός θερμοσίφωνας, το ηλεκτρικό θερμαντικό σώμα.
2. Συσκευές στις οποίες το μεγαλύτερο μέρος ΔΕΝ μετατρέπεται σε θερμική: οι ηλεκτρικοί κινητήρες (μετατρέπουν σε μηχανική ενέργεια), οι λαμπτήρες (σε φως), τα ηχεία και οι ηλεκτρονικές συσκευές.
3. Στη δεύτερη κατηγορία, η θερμότητα που παράγεται αποτελεί ΑΠΩΛΕΙΑ.

Ενδεικτική απάντηση: Όλη η ισχύς σε θερμική: σίδερο σιδερώματος, καφετιέρα, ηλεκτρική κουζίνα (μάτι), ηλεκτρικός θερμοσίφωνας, ηλεκτρικό θερμαντικό σώμα — δηλαδή οι θερμικές συσκευές. Το μεγαλύτερο μέρος ΔΕΝ γίνεται θερμική: ηλεκτρικοί κινητήρες (μηχανική ενέργεια), λαμπτήρες (φως), ηχεία — εκεί η θερμότητα είναι απώλεια.

Πρόσεξε:

• Σε κάθε συσκευή παράγεται κάποια θερμότητα. Η διαφορά είναι αν αυτή είναι ο ΣΚΟΠΟΣ (θερμάστρα) ή ΑΠΩΛΕΙΑ (κινητήρας). Γι' αυτό οι θερμικές συσκευές έχουν βαθμό απόδοσης ~1.

Ερώτηση 7 (σελ. 97)

Τι ονομάζουμε βαθμό απόδοσης μιας συσκευής;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο βαθμός απόδοσης είναι ΛΟΓΟΣ δύο ισχύων — άρα καθαρός αριθμός, χωρίς μονάδες, πάντα μικρότερος της μονάδας.

Λύση:

1. Βαθμός απόδοσης η μιας συσκευής ονομάζεται ο λόγος της ωφέλιμης ισχύος προς την ισχύ που παραλαμβάνει η συσκευή.
2. Δηλαδή \(\eta = \dfrac{P_{ωφ}}{P_{παρ}}\).
3. Επειδή πάντα υπάρχουν απώλειες, ισχύει \(P_{ωφ} < P_{παρ}\), άρα \(\eta < 1\).
4. Ισχύει επίσης \(P_{παρ} = P_{ωφ} + P_{απωλειών}\).

Ενδεικτική απάντηση: Βαθμός απόδοσης (η) είναι ο λόγος της ωφέλιμης ισχύος προς την παρεχόμενη: \(\eta = \dfrac{P_{ωφ}}{P_{παρ}}\). Είναι καθαρός αριθμός (χωρίς μονάδες), πάντα μικρότερος της μονάδας, γιατί μέρος της ισχύος χάνεται: \(P_{παρ} = P_{ωφ} + P_{απωλειών}\).

Πρόσεξε:

• Ο βαθμός απόδοσης εκφράζεται και ως ποσοστό (η = 0,8 -> 80%).
• Αν σε άσκηση βρεις η > 1, έχεις σίγουρα κάνει λάθος: καμία συσκευή δεν δίνει περισσότερη ισχύ από όση παίρνει.

Ερώτηση 8 (σελ. 97)

Με ποια όργανα μετριέται η ηλεκτρική ισχύς και με ποια η ενέργεια;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Δύο διαφορετικά μεγέθη -> δύο διαφορετικά όργανα. Το ένα μετράει στιγμιαία ισχύ, το άλλο συσσωρευμένη ενέργεια στον χρόνο.

Λύση:

1. Η ηλεκτρική ισχύς μετριέται με το βαττόμετρο (wattmeter).
2. Η ηλεκτρική ενέργεια μετριέται με τον μετρητή ηλεκτρικής ενέργειας (μετρητής της ΔΕΗ), σε kWh.
3. Εναλλακτικά, η ισχύς μπορεί να υπολογιστεί έμμεσα μετρώντας τάση (βολτόμετρο) και ένταση (αμπερόμετρο) και πολλαπλασιάζοντας.

Ενδεικτική απάντηση: Η ισχύς μετριέται με το βαττόμετρο. Η ενέργεια μετριέται με τον μετρητή ηλεκτρικής ενέργειας (ο μετρητής της ΔΕΗ), που δείχνει kWh. Έμμεσα, η ισχύς προκύπτει και από βολτόμετρο + αμπερόμετρο, με \(P = U\cdot I\).

Πρόσεξε:

• Ο μετρητής της ΔΕΗ μετράει ΕΝΕΡΓΕΙΑ (kWh), όχι ισχύ — γι' αυτό ο λογαριασμός εξαρτάται και από το πόση ώρα λειτουργούν οι συσκευές.

Άσκηση 9 (σελ. 97)

α) Ποια ένταση ρεύματος διαρρέει κοινούς λαμπτήρες πυράκτωσης ισχύος 40 W, 60 W, 100 W και 150 W όταν συνδεθούν σε δίκτυο τάσης 220 V; β) Ποια είναι η αντίσταση σε Ω κάθε λαμπτήρα; (Απάντηση: α) 0,18 A, 0,27 A, 0,45 A, 0,68 A. β) 1210 Ω, 807 Ω, 484 Ω, 323 Ω)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Και οι τέσσερις λαμπτήρες έχουν την ΙΔΙΑ τάση (220 V) και διαφορετική ισχύ. Από τον \(P=U\cdot I\) βρίσκουμε το ρεύμα και από τον \(P=U^2/R\) την αντίσταση — δεν χρειάζεται να περάσουμε από τον νόμο του Ωμ δύο φορές.

Λύση:

1. α) Από \(P = U \cdot I\) προκύπτει \(I = \dfrac{P}{U}\).
2. 40 W: \(I = \dfrac{40}{220} \approx 0{,}18\ \mathrm{A}\) · 60 W: \(I = \dfrac{60}{220} \approx 0{,}27\ \mathrm{A}\) · 100 W: \(I = \dfrac{100}{220} \approx 0{,}45\ \mathrm{A}\) · 150 W: \(I = \dfrac{150}{220} \approx 0{,}68\ \mathrm{A}\).
3. β) Από \(P = \dfrac{U^2}{R}\) προκύπτει \(R = \dfrac{U^2}{P}\), με \(U^2 = 220^2 = 48400\).
4. 40 W: \(R = \dfrac{48400}{40} = 1210\ \Omega\) · 60 W: \(R = \dfrac{48400}{60} \approx 807\ \Omega\) · 100 W: \(R = \dfrac{48400}{100} = 484\ \Omega\) · 150 W: \(R = \dfrac{48400}{150} \approx 323\ \Omega\).

Απάντηση: α) \(I = 0{,}18\ \mathrm{A}\), \(0{,}27\ \mathrm{A}\), \(0{,}45\ \mathrm{A}\), \(0{,}68\ \mathrm{A}\) αντίστοιχα. β) \(R = 1210\ \Omega\), \(807\ \Omega\), \(484\ \Omega\), \(323\ \Omega\) αντίστοιχα.

Πρόσεξε:

• ΠΡΟΣΟΧΗ στην αντίστροφη σχέση: όσο ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΗ η ισχύς του λαμπτήρα, τόσο ΜΙΚΡΟΤΕΡΗ η αντίστασή του (σε σταθερή τάση). Είναι το αντίθετο απ' ό,τι λέει η διαίσθηση.
• Εναλλακτικά για το β) μπορείς να χρησιμοποιήσεις \(R = U/I\) με το I που βρήκες — αλλά τότε κουβαλάς το σφάλμα στρογγυλοποίησης.

Άσκηση 10 (σελ. 97)

Μια ηλεκτρική θερμάστρα έχει αντίσταση R = 32 Ω. Ποια ισχύ παίρνει από το δίκτυο τάσης 220 V; (Απάντηση: 1513 W ≃ 1,5 kW)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Δίνονται R και U, ζητείται P. Χρησιμοποιούμε απευθείας τη μορφή \(P = \dfrac{U^2}{R}\), που είναι φτιαγμένη ακριβώς γι' αυτά τα δεδομένα.

Λύση:

1. Δεδομένα: \(R = 32\ \Omega\), \(U = 220\ \mathrm{V}\).
2. Χρησιμοποιούμε τη σχέση \(P = \dfrac{U^2}{R}\).
3. \(P = \dfrac{220^2}{32} = \dfrac{48400}{32} = 1512{,}5 \approx 1513\ \mathrm{W}\).
4. Δηλαδή περίπου \(1{,}5\ \mathrm{kW}\).

Απάντηση: \(P = \dfrac{U^2}{R} = \dfrac{48400}{32} \approx 1513\ \mathrm{W} \simeq 1{,}5\ \mathrm{kW}\).

Πρόσεξε:

• Η θερμάστρα είναι καθαρά θερμική συσκευή: όλη η ισχύς μετατρέπεται σε θερμότητα, γι' αυτό ο τύπος με την αντίσταση δίνει απευθείας τη χρήσιμη ισχύ.

Άσκηση 11 (σελ. 98)

Σε ένα δίκτυο τάσης 220 V συνδέεται ηλεκτρικός κινητήρας που διαρρέεται από ρεύμα έντασης 10 A. Ο κινητήρας τροφοδοτείται μέσω αγωγών, που έχουν ολική αντίσταση \(R_α = 1{,}8\ \Omega\). Να ευρεθούν: α) Η ισχύς που παρέχεται από το δίκτυο στον κινητήρα και στους αγωγούς. β) Η ηλεκτρική ισχύς που μετατρέπεται σε θερμική ισχύ στους αγωγούς. γ) Η ισχύς που παίρνει ο κινητήρας. (Απάντηση: α) 2200 W, β) 180 W, γ) 2020 W)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το ίδιο ρεύμα (10 A) διαρρέει και τους αγωγούς και τον κινητήρα, γιατί είναι σε σειρά. Η συνολική ισχύς μοιράζεται: ό,τι δεν χάνεται στους αγωγούς, φτάνει στον κινητήρα.

Λύση:

1. α) Η ισχύς που δίνει το δίκτυο υπολογίζεται με την τάση του δικτύου και το ρεύμα: \(P_{ολ} = U \cdot I = 220 \times 10 = 2200\ \mathrm{W}\).
2. β) Στους αγωγούς γνωρίζουμε την αντίσταση και το ρεύμα, άρα χρησιμοποιούμε \(P = R \cdot I^2\).
3. \(P_{αγ} = R_α \cdot I^2 = 1{,}8 \times 10^2 = 1{,}8 \times 100 = 180\ \mathrm{W}\).
4. γ) Ό,τι απομένει φτάνει στον κινητήρα: \(P_{κιν} = P_{ολ} - P_{αγ} = 2200 - 180 = 2020\ \mathrm{W}\).

Απάντηση: α) \(P_{ολ} = U\cdot I = 2200\ \mathrm{W}\). β) \(P_{αγ} = R_α I^2 = 180\ \mathrm{W}\). γ) \(P_{κιν} = 2200 - 180 = 2020\ \mathrm{W}\).

Πρόσεξε:

• ΜΗΝ υπολογίσεις την ισχύ των αγωγών με \(U \cdot I\) βάζοντας τα 220 V: τα 220 V είναι η τάση ΟΛΟΥ του κλάδου, όχι η πτώση τάσης πάνω στους αγωγούς (που είναι \(U_{αγ}=I\cdot R_α = 18\ \mathrm{V}\)).
• Έλεγχος: \(U_{αγ}\cdot I = 18 \times 10 = 180\ \mathrm{W}\) — συμφωνεί με το \(R I^2\).
• Η ισχύς των 180 W στους αγωγούς είναι καθαρή ΑΠΩΛΕΙΑ (θερμαίνει τα καλώδια).

Άσκηση 12 (σελ. 98)

Κατά τη διάρκεια των θερινών διακοπών, ξεχάστηκαν αναμμένοι σε ένα διαμέρισμα δύο λαμπτήρες πυράκτωσης ισχύος 60 W ο καθένας, επί 30 ημέρες. Αν η ηλεκτρική εταιρεία χρεώνει 40 δρχ. την kWh, πόσες δραχμές κόστισε η λειτουργία τους; (Απάντηση: 3456 δρχ.)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Άσκηση ενέργειας, όχι ισχύος. Η αλυσίδα είναι: συνολική ισχύς -> ώρες λειτουργίας -> ενέργεια σε kWh -> κόστος. Προσοχή στις μετατροπές μονάδων (W σε kW, ημέρες σε ώρες).

Λύση:

1. Συνολική ισχύς: \(P = 2 \times 60 = 120\ \mathrm{W} = 0{,}12\ \mathrm{kW}\).
2. Χρόνος λειτουργίας: \(t = 30\ \text{ημέρες} \times 24\ \dfrac{\text{ώρες}}{\text{ημέρα}} = 720\ \mathrm{h}\).
3. Ενέργεια: \(E = P \cdot t = 0{,}12 \times 720 = 86{,}4\ \mathrm{kWh}\).
4. Κόστος: \(86{,}4 \times 40 = 3456\) δρχ.

Απάντηση: Η ενέργεια είναι \(E = 0{,}12\ \mathrm{kW} \times 720\ \mathrm{h} = 86{,}4\ \mathrm{kWh}\) και το κόστος \(86{,}4 \times 40 = 3456\) δρχ.

Πρόσεξε:

• Οι λαμπτήρες ήταν αναμμένοι ΣΥΝΕΧΩΣ (διακοπές), άρα 24 ώρες την ημέρα — όχι 8 ή 12.
• Η ισχύς πρέπει να μπει σε kW για να βγει η ενέργεια σε kWh: 120 W = 0,12 kW. Αν ξεχάσεις τη μετατροπή, το αποτέλεσμα βγαίνει 1000 φορές μεγαλύτερο.

Άσκηση 13 (σελ. 98)

Ο κινητήριος μηχανισμός ενός βαρούλκου παίρνει από το ηλεκτρικό δίκτυο ηλεκτρική ισχύ 6 kW. Αν ο βαθμός απόδοσης του μηχανισμού είναι η = 0,6, να ευρεθούν: α) Η μηχανική (ωφέλιμη) ισχύς στον άξονα του βαρούλκου. β) Η ισχύς των απωλειών. γ) Σε πόσο χρόνο το βαρούλκο μπορεί να ανυψώσει βάρος 2 τόνων (≃ 20 000 N) σε ένα ύψος 45 m; (Απάντηση: α) 3,6 kW, β) 2,4 kW, γ) 4 min και 10 s)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Τα α) και β) λύνονται με τον ορισμό του βαθμού απόδοσης. Το γ) συνδέει την Ηλεκτρολογία με τη Μηχανική: το έργο ανύψωσης είναι \(W = F \cdot h\), και ο χρόνος προκύπτει από \(t = W/P\). ΠΡΟΣΟΧΗ: χρησιμοποιούμε την ΩΦΕΛΙΜΗ ισχύ, όχι την ηλεκτρική.

Λύση:

1. α) Από τον ορισμό \(\eta = \dfrac{P_{ωφ}}{P_{παρ}}\) προκύπτει \(P_{ωφ} = \eta \cdot P_{παρ} = 0{,}6 \times 6 = 3{,}6\ \mathrm{kW}\).
2. β) \(P_{απωλ} = P_{παρ} - P_{ωφ} = 6 - 3{,}6 = 2{,}4\ \mathrm{kW}\).
3. γ) Το έργο ανύψωσης είναι \(W = F \cdot h = 20000 \times 45 = 900\,000\ \mathrm{J}\).
4. Ο χρόνος προκύπτει από \(P_{ωφ} = \dfrac{W}{t} \Rightarrow t = \dfrac{W}{P_{ωφ}}\).
5. \(t = \dfrac{900\,000\ \mathrm{J}}{3600\ \mathrm{W}} = 250\ \mathrm{s} = 4\ \text{min}\ 10\ \mathrm{s}\).

Απάντηση: α) \(P_{ωφ} = 3{,}6\ \mathrm{kW}\). β) \(P_{απωλ} = 2{,}4\ \mathrm{kW}\). γ) \(t = \dfrac{20000 \times 45}{3600} = 250\ \mathrm{s}\), δηλαδή 4 min και 10 s.

Πρόσεξε:

• ΚΡΙΣΙΜΟ στο γ): το βάρος ανυψώνεται από τη ΜΗΧΑΝΙΚΗ (ωφέλιμη) ισχύ των 3,6 kW, όχι από τα 6 kW του δικτύου. Αν βάλεις 6000 W, βγάζεις 150 s — λάθος.
• Μετατροπή: 250 s = 240 s + 10 s = 4 λεπτά και 10 δευτερόλεπτα.
• Έλεγχος μονάδων: \(\dfrac{\mathrm{N} \cdot \mathrm{m}}{\mathrm{W}} = \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{J/s}} = \mathrm{s}\). Βγαίνουν δευτερόλεπτα.

Άσκηση 14 (σελ. 98)

Ένας ηλεκτρικός κινητήρας χρησιμοποιείται για την κίνηση ενός τόρνου και παρέχει ωφέλιμη μηχανική ισχύ 3 PS με βαθμό απόδοσης η = 0,8. Να βρεθούν: α) Η ισχύς που παραλαμβάνει ο κινητήρας από το ηλεκτρικό δίκτυο σε W. β) Η ισχύς απωλειών του κινητήρα. γ) Η ηλεκτρική ενέργεια που καταναλώνει ο κινητήρας, αν λειτουργεί 5 ώρες την ημέρα, επί 25 ημέρες με την παραπάνω σταθερή ισχύ. (Απάντηση: α) 2760 W, β) 552 W, γ) 345 kWh)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Πρώτα μετατρέπουμε τους ίππους (PS) σε W, γιατί όλοι οι τύποι δουλεύουν σε W. Εδώ ΔΙΝΕΤΑΙ η ωφέλιμη και ζητείται η παρεχόμενη — δηλαδή ο βαθμός απόδοσης χρησιμοποιείται ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΑ από την προηγούμενη άσκηση.

Λύση:

1. Μετατροπή: \(1\ \mathrm{PS} = 736\ \mathrm{W}\), άρα \(P_{ωφ} = 3 \times 736 = 2208\ \mathrm{W}\).
2. α) Από \(\eta = \dfrac{P_{ωφ}}{P_{παρ}}\) προκύπτει \(P_{παρ} = \dfrac{P_{ωφ}}{\eta} = \dfrac{2208}{0{,}8} = 2760\ \mathrm{W}\).
3. β) \(P_{απωλ} = P_{παρ} - P_{ωφ} = 2760 - 2208 = 552\ \mathrm{W}\).
4. γ) Χρόνος λειτουργίας: \(t = 5 \times 25 = 125\ \mathrm{h}\).
5. Ενέργεια: \(E = P_{παρ} \cdot t = 2{,}76\ \mathrm{kW} \times 125\ \mathrm{h} = 345\ \mathrm{kWh}\).

Απάντηση: α) \(P_{παρ} = \dfrac{3 \times 736}{0{,}8} = 2760\ \mathrm{W}\). β) \(P_{απωλ} = 2760 - 2208 = 552\ \mathrm{W}\). γ) \(E = 2{,}76 \times 125 = 345\ \mathrm{kWh}\).

Πρόσεξε:

• ΠΡΟΣΟΧΗ στη φορά του βαθμού απόδοσης: εδώ δίνεται η ΩΦΕΛΙΜΗ και ζητείται η ΠΑΡΕΧΟΜΕΝΗ, άρα ΔΙΑΙΡΟΥΜΕ με το η (δεν πολλαπλασιάζουμε). Η παρεχόμενη είναι πάντα ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΗ.
• Στο γ) χρησιμοποιούμε την ΠΑΡΕΧΟΜΕΝΗ ισχύ (2760 W), γιατί αυτή είναι η ηλεκτρική ενέργεια που χρεώνεται — όχι η ωφέλιμη.
• Το PS (ίππος) είναι μονάδα ισχύος: \(1\ \mathrm{PS} = 736\ \mathrm{W}\).

Άσκηση 15 (σελ. 98)

Η μίζα ενός αυτοκινήτου δέχεται ρεύμα έντασης 300 A και εφαρμόζεται στα άκρα της τάση U = 9,9 V. Αν ο βαθμός απόδοσης της μίζας είναι η = 0,49, να ευρεθεί η ωφέλιμη μηχανική ισχύς σε W και σε PS. (Απάντηση: 1455 W ή 1,98 PS)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Δύο βήματα: πρώτα η ηλεκτρική ισχύς που δέχεται η μίζα (\(P=U\cdot I\)), μετά η ωφέλιμη μέσω του βαθμού απόδοσης. Στο τέλος μετατρέπουμε σε PS.

Λύση:

1. Ηλεκτρική (παρεχόμενη) ισχύς: \(P_{παρ} = U \cdot I = 9{,}9 \times 300 = 2970\ \mathrm{W}\).
2. Ωφέλιμη μηχανική ισχύς: \(P_{ωφ} = \eta \cdot P_{παρ} = 0{,}49 \times 2970 = 1455{,}3 \approx 1455\ \mathrm{W}\).
3. Μετατροπή σε ίππους: \(P_{ωφ} = \dfrac{1455{,}3}{736} \approx 1{,}98\ \mathrm{PS}\).

Απάντηση: \(P_{παρ} = 9{,}9 \times 300 = 2970\ \mathrm{W}\), άρα \(P_{ωφ} = 0{,}49 \times 2970 \approx 1455\ \mathrm{W}\), δηλαδή περίπου \(1{,}98\ \mathrm{PS}\).

Πρόσεξε:

• Εδώ δίνεται η ΠΑΡΕΧΟΜΕΝΗ και ζητείται η ΩΦΕΛΙΜΗ, άρα ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΖΟΥΜΕ με το η — αντίθετα από την προηγούμενη άσκηση. Πάντα ρώτα «ποιο από τα δύο μου δίνουν;».
• Η τεράστια ένταση (300 A) δεν είναι λάθος: η μίζα χρειάζεται μεγάλη ισχύ για λίγα δευτερόλεπτα, και η μπαταρία δίνει μόνο 12 V — γι' αυτό το ρεύμα είναι τόσο μεγάλο.