Λύσεις — Κεφάλαιο 7ο · Πυκνωτές (σελ. 209-232) – ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ

ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ Β΄ ΕΠΑΛ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ – ΛΥΣΕΙΣ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ασκήσεων Σχολικού Βιβλίου Λύσεις — Κεφάλαιο 7ο · Πυκνωτές (σελ. 209-232) – ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ

Λύσεις — Κεφάλαιο 7ο · Πυκνωτές (σελ. 209–232)

Λύσεις των Εφαρμογών 1–8 και των 12 Προβλημάτων προς λύση (χωρητικότητα, ενέργεια, διηλεκτρικά, σειρά/παράλληλα). Όλα τα υπολογίσιμα.

Α΄ — Λυμένες Εφαρμογές

Εφαρμογή 1 — φορτίο πυκνωτή

Εκφώνηση: Πυκνωτής έχει χωρητικότητα C=2,2μF και είναι φορτισμένος σε τάση V=20V. Να υπολογισθεί το φορτίο του.

Πώς σκεφτόμαστε: Άμεση εφαρμογή του ορισμού της χωρητικότητας \( C=\dfrac{q}{V} \), λυμένου ως προς το φορτίο.

Λύση:

\( C=\dfrac{q}{V}\Rightarrow q=CV \)
\( q=2{,}2\ μF\cdot20\ V=44\ μC \)

Απάντηση: q = 44 μC.

Πρόσεξε:

μF·V = μC: τα υποπολλαπλάσια «περνούν» αυτούσια στο αποτέλεσμα.

Εφαρμογή 2 — εμβαδόν οπλισμών

Εκφώνηση: Οι οπλισμοί επιπέδου πυκνωτή απέχουν κατά ℓ=0,1 mm. Αν η χωρητικότητα του πυκνωτή είναι C=0,177nF, ποιο είναι το εμβαδόν των οπλισμών του; Δίνεται \( ε_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \dfrac{C^2}{N\cdot m^2} \).

Πώς σκεφτόμαστε: Η χωρητικότητα επίπεδου πυκνωτή εξαρτάται από τα γεωμετρικά του στοιχεία: \( C=ε_0\dfrac{S}{ℓ} \). Λύνουμε ως προς S.

Λύση:

\( C=ε_0\dfrac{S}{ℓ}\Rightarrow S=\dfrac{Cℓ}{ε_0} \)
\( S=\dfrac{0{,}177\cdot10^{-9}\ F\cdot10^{-4}\ m}{8{,}85\cdot10^{-12}\ C^2/(N\cdot m^2)}=0{,}002\ m^2 \)

Απάντηση: S = 0,002 m² (= 20 cm²).

Πρόσεξε:

0,1 mm = 10⁻⁴ m. Όλα τα μεγέθη στο S.I. πριν την αντικατάσταση.

Εφαρμογή 3 — αποσυνδεδεμένος, απόσταση ×4

Εκφώνηση: Επίπεδος πυκνωτής έχει χωρητικότητα C=1,2nF. Ο πυκνωτής συνδέεται με τους πόλους πηγής τάσης V=20V. Ακολούθως οι οπλισμοί του πυκνωτή αποσυνδέονται από την πηγή και η απόσταση τους τετραπλασιάζεται. Να υπολογιστούν: α) Η νέα χωρητικότητα. β) Το νέο φορτίο του πυκνωτή. γ) Η νέα τάση του πυκνωτή. δ) Η νέα ενέργεια του πυκνωτή.

Πώς σκεφτόμαστε: Ο πυκνωτής είναι αποσυνδεδεμένος, άρα το φορτίο του δεν μπορεί να μεταβληθεί. Από \( C=ε_0S/ℓ \), τετραπλάσια απόσταση δίνει τέταρτο της χωρητικότητας.

Λύση:

α) \( \dfrac{C'}{C}=\dfrac{ε_0S/(4ℓ)}{ε_0S/ℓ}=\dfrac14\Rightarrow C'=\dfrac{1{,}2\ nF}{4}=0{,}3\ nF \)
β) \( q'=q=CV=1{,}2\ nF\cdot20\ V=24\ nC \)
γ) \( V'=\dfrac{q'}{C'}=\dfrac{24\ nC}{0{,}3\ nF}=80\ V \)
δ) \( W'=\dfrac12\dfrac{q'^2}{C'}=\dfrac12\cdot\dfrac{(24\cdot10^{-9})^2}{0{,}3\cdot10^{-9}}=0{,}96\cdot10^{-6}\ J \)

Απάντηση: α) 0,3 nF, β) 24 nC, γ) 80 V, δ) 0,96 μJ.

Πρόσεξε:

Αποσυνδεδεμένος πυκνωτής ⇒ σταθερό φορτίο (όχι σταθερή τάση).
Η ενέργεια αυξήθηκε (από 0,24 μJ σε 0,96 μJ): προέρχεται από το έργο που δαπανήθηκε για την απομάκρυνση των οπλισμών.

Εφαρμογή 4 — τάση από ενέργεια

Εκφώνηση: Οι οπλισμοί επίπεδου πυκνωτή έχουν ο κάθε ένας εμβαδόν S=10cm² και απέχουν ℓ=1mm. Ο πυκνωτής συνδέεται με τους πόλους πηγής συνεχούς ρεύματος, οπότε αποκτά ενέργεια W=0,177μJ. Ποια είναι η τάση των πόλων της πηγής; \( \left(ε_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \dfrac{C^2}{N\cdot m^2}\right) \)

Πώς σκεφτόμαστε: Συνδυάζουμε την ενέργεια \( W=\tfrac12CV^2 \) με τη χωρητικότητα από τα γεωμετρικά στοιχεία \( C=ε_0S/ℓ \) και λύνουμε ως προς V.

Λύση:

\( W=\dfrac12ε_0\dfrac{S}{ℓ}V^2\Rightarrow V=\sqrt{\dfrac{2Wℓ}{ε_0S}} \)
\( V=\sqrt{\dfrac{2\cdot0{,}177\cdot10^{-6}\cdot10^{-3}}{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot10^{-3}}}=200\ V \)

Απάντηση: V = 200 V.

Πρόσεξε:

10 cm² = 10·10⁻⁴ m² = 10⁻³ m² και 1 mm = 10⁻³ m.

Εφαρμογή 5 — πάχος διηλεκτρικού

Εκφώνηση: Το εμβαδόν των οπλισμών επίπεδου πυκνωτή είναι S = 10cm². Το κενό ανάμεσα στους οπλισμούς πληρούται με μονωτικό υλικό, το οποίο έχει διηλεκτρική σταθερά ε=5. Πηγή τάσης V=200V συνδέεται στους οπλισμούς του πυκνωτή, οπότε ο πυκνωτής αποκτά φορτίο q = 4nC. Ποιο είναι το πάχος του διηλεκτρικού; Δίνεται \( ε_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \dfrac{C^2}{N\cdot m^2} \).

Πώς σκεφτόμαστε: Η χωρητικότητα δίνεται και από τον ορισμό \( C=q/V \) και από τα γεωμετρικά στοιχεία με διηλεκτρικό \( C=ε_0ε\dfrac{S}{ℓ} \). Εξισώνουμε και λύνουμε ως προς το πάχος ℓ.

Λύση:

\( \dfrac{q}{V}=ε_0ε\dfrac{S}{ℓ}\Rightarrow ℓ=\dfrac{ε_0εSV}{q} \)
\( ℓ=\dfrac{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot5\cdot10^{-3}\cdot200}{4\cdot10^{-9}}\approx2{,}2\cdot10^{-3}\ m \)

Απάντηση: ℓ ≈ 2,2·10⁻³ m = 2,2 mm.

Πρόσεξε:

Το πάχος του διηλεκτρικού είναι η απόσταση των οπλισμών, αφού το υλικό γεμίζει όλο το κενό.

Εφαρμογή 6 — συνδεδεμένος, εισαγωγή διηλεκτρικού

Εκφώνηση: Επίπεδος πυκνωτής έχει χωρητικότητα C₀=1nF. Ο πυκνωτής είναι συνεχώς συνδεδεμένος στους πόλους πηγής τάσης V₀=10V. Ακολούθως ανάμεσα στους οπλισμούς τοποθετείται μονωτικό υλικό με διηλεκτρική σταθερά ε=4. Να βρεθούν: α) Η νέα χωρητικότητα. β) Η νέα τάση του πυκνωτή. γ) Το νέο φορτίο του πυκνωτή. δ) Η νέα ενέργεια του πυκνωτή.

Πώς σκεφτόμαστε: Ο πυκνωτής μένει συνδεδεμένος στην πηγή, άρα η τάση του δεν αλλάζει. Η διηλεκτρική σταθερά ορίζεται ως \( ε=C/C_0 \).

Λύση:

α) \( C=εC_0=4\cdot1\ nF=4\ nF \)
β) \( V=V_0=10\ V \) (συνεχώς συνδεδεμένος με την πηγή)
γ) \( q=CV=4\ nF\cdot10\ V=40\ nC \)
δ) \( W=\dfrac12CV^2=\dfrac12\cdot4\ nF\cdot(10\ V)^2=200\ nJ \)

Απάντηση: α) 4 nF, β) 10 V, γ) 40 nC, δ) 200 nJ.

Πρόσεξε:

Συνδεδεμένος πυκνωτής ⇒ σταθερή τάση· το φορτίο και η ενέργεια τετραπλασιάζονται.

Εφαρμογή 7 — δύο πυκνωτές σε σειρά

Εκφώνηση: Δύο πυκνωτές C₁=6μF και C₂=12μF συνδέονται στη σειρά και στα άκρα της συνδεσμολογίας εφαρμόζεται τάση V=24V. Να βρεθούν: α) Η ολική χωρητικότητα. β) Το φορτίο κάθε πυκνωτή. γ) Η τάση κάθε πυκνωτή. δ) Η ενέργεια κάθε πυκνωτή.

Πώς σκεφτόμαστε: Σε σειρά: \( \dfrac{1}{C_{ολ}}=\dfrac{1}{C_1}+\dfrac{1}{C_2} \), κάθε πυκνωτής έχει φορτίο ίσο με το ολικό, και \( V_i=q/C_i \), \( W_i=\tfrac12C_iV_i^2 \).

Λύση:

α) \( C_{ολ}=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}=\dfrac{6\cdot12}{18}=4\ μF \)
β) \( q_1=q_2=q_{ολ}=C_{ολ}V=4\ μF\cdot24\ V=96\ μC \)
γ) \( V_1=\dfrac{96\ μC}{6\ μF}=16\ V,\quad V_2=\dfrac{96\ μC}{12\ μF}=8\ V \)
δ) \( W_1=\dfrac12\cdot6\ μF\cdot(16\ V)^2=768\ μJ,\quad W_2=\dfrac12\cdot12\ μF\cdot(8\ V)^2=384\ μJ \)

Απάντηση: α) 4 μF, β) 96 μC ο καθένας, γ) V₁=16 V, V₂=8 V, δ) W₁=768 μJ, W₂=384 μJ.

Πρόσεξε:

Έλεγχος: V₁+V₂=16+8=24 V = V.
Σε σειρά ο μικρότερος πυκνωτής παίρνει τη μεγαλύτερη τάση.

Εφαρμογή 8 — δύο πυκνωτές παράλληλα

Εκφώνηση: Δύο πυκνωτές, με χωρητικότητες C₁=2,2μF και C₂=3,3μF συνδέονται παράλληλα και στα άκρα του συστήματος εφαρμόζεται τάση V=10V. Να υπολογισθούν: α) Η χωρητικότητα του συστήματος. β) Η τάση κάθε πυκνωτή. γ) Το φορτίο κάθε πυκνωτή. δ) Η ολική ενέργεια του συστήματος των πυκνωτών.

Πώς σκεφτόμαστε: Παράλληλα: \( C_{ολ}=C_1+C_2 \), κοινή τάση ίση με της πηγής, \( q_i=C_iV \), \( W=\tfrac12C_{ολ}V^2 \).

Λύση:

α) \( C_{ολ}=2{,}2\ μF+3{,}3\ μF=5{,}5\ μF \)
β) \( V_1=V_2=V=10\ V \)
γ) \( q_1=2{,}2\ μF\cdot10\ V=22\ μC,\quad q_2=3{,}3\ μF\cdot10\ V=33\ μC \)
δ) \( W=\dfrac12C_{ολ}V^2=\dfrac12\cdot5{,}5\ μF\cdot(10\ V)^2=275\ μJ \)

Απάντηση: α) 5,5 μF, β) 10 V και οι δύο, γ) q₁=22 μC, q₂=33 μC, δ) W=275 μJ.

Πρόσεξε:

Παράλληλα η τάση είναι κοινή και τα φορτία προστίθενται (22+33=55 μC = C_ολ·V).

Β΄ — Προβλήματα προς λύση

Πρόβλημα 1 — τάση πυκνωτή

Εκφώνηση: Επίπεδος πυκνωτής έχει χωρητικότητα C=4,7μF και φέρει φορτίο q=23,5μC. Με ποια τάση τροφοδοτείται;

Πώς σκεφτόμαστε: Από τον ορισμό \( C=q/V \) λύνουμε ως προς V.

Λύση:

\( V=\dfrac{q}{C}=\dfrac{23{,}5\ μC}{4{,}7\ μF}=5\ V \)

Απάντηση: V = 5 V.

Πρόσεξε:

μC/μF = V.

Πρόβλημα 2 — τάση επίπεδου πυκνωτή

Εκφώνηση: Οι οπλισμοί επίπεδου πυκνωτή έχουν εμβαδόν S=100cm² και απέχουν κατά ℓ=1,77mm. Ο πυκνωτής έχει φορτίο q=0,5nC. Πόση είναι η τάση των οπλισμών του; Δίνεται \( ε_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \dfrac{C^2}{N\cdot m^2} \).

Πώς σκεφτόμαστε: Πρώτα η χωρητικότητα από τα γεωμετρικά στοιχεία \( C=ε_0S/ℓ \), μετά \( V=q/C \).

Λύση:

\( C=ε_0\dfrac{S}{ℓ}=8{,}85\cdot10^{-12}\cdot\dfrac{10^{-2}}{1{,}77\cdot10^{-3}}=5\cdot10^{-11}\ F \)
\( V=\dfrac{q}{C}=\dfrac{0{,}5\cdot10^{-9}}{5\cdot10^{-11}}=10\ V \)

Απάντηση: V = 10 V.

Πρόσεξε:

100 cm² = 10⁻² m², 1,77 mm = 1,77·10⁻³ m.

Πρόβλημα 3 — εμβαδόν από ενέργεια και φορτίο

Εκφώνηση: Επίπεδος πυκνωτής έχει ενέργεια W= 200pJ και φορτίο q=200pC. Οι οπλισμοί του πυκνωτή απέχουν ℓ=1,77mm. Να υπολογισθεί το εμβαδόν των οπλισμών του. Δίνεται \( ε_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \dfrac{C^2}{N\cdot m^2} \).

Πώς σκεφτόμαστε: Από την ενέργεια \( W=\dfrac12\dfrac{q^2}{C} \) βρίσκουμε τη χωρητικότητα και από \( C=ε_0S/ℓ \) το εμβαδόν.

Λύση:

\( C=\dfrac{q^2}{2W}=\dfrac{(200\cdot10^{-12})^2}{2\cdot200\cdot10^{-12}}=100\cdot10^{-12}\ F=100\ pF \)
\( S=\dfrac{Cℓ}{ε_0}=\dfrac{100\cdot10^{-12}\cdot1{,}77\cdot10^{-3}}{8{,}85\cdot10^{-12}}=0{,}02\ m^2 \)

Απάντηση: S = 0,02 m² = 200 cm².

Πρόσεξε:

Εναλλακτικά: V=2W/q=2 V και C=q/V=100 pF.

Πρόβλημα 4 — συνδεδεμένος, απόσταση ×2

Εκφώνηση: Επίπεδος πυκνωτής έχει χωρητικότητα C=18μF και τροφοδοτείται από πηγή συνεχούς ρεύματος με τάση V=10V. Ενώ ο πυκνωτής είναι συνδεδεμένος με την πηγή η απόσταση των οπλισμών του διπλασιάζεται. Να υπολογισθούν: α) Η τελική τιμή της χωρητικότητας β) Το τελικό φορτίο γ) Η τελική ενέργεια

Πώς σκεφτόμαστε: Συνδεδεμένος πυκνωτής ⇒ η τάση μένει 10 V. Από \( C=ε_0S/ℓ \), διπλάσια απόσταση δίνει μισή χωρητικότητα.

Λύση:

α) \( C'=\dfrac{C}{2}=\dfrac{18\ μF}{2}=9\ μF \)
β) \( q'=C'V=9\ μF\cdot10\ V=90\ μC \)
γ) \( W'=\dfrac12C'V^2=\dfrac12\cdot9\ μF\cdot(10\ V)^2=450\ μJ \)

Απάντηση: α) 9 μF, β) 90 μC, γ) 450 μJ.

Πρόσεξε:

Συνδεδεμένος ⇒ σταθερή τάση· το φορτίο υποδιπλασιάζεται (από 180 μC σε 90 μC).

Πρόβλημα 5 — αποσυνδεδεμένος, διηλεκτρικό

Εκφώνηση: Επίπεδος πυκνωτής αέρα έχει χωρητικότητα C=3μF. Οι οπλισμοί του πυκνωτή είναι συνδεδεμένοι με πηγή συνεχούς ρεύματος. Το φορτίο του πυκνωτή είναι q=27μC. Ο πυκνωτής αποσυνδέεται από την πηγή και ακολούθως το διάκενο των οπλισμών του πληρούται με μονωτικό υλικό διηλεκτρικής σταθεράς ε=3. Να υπολογισθούν: α) Η νέα χωρητικότητα του πυκνωτή β) Το νέο φορτίο γ) Η νέα τάση δ) Η νέα ενέργεια

Πώς σκεφτόμαστε: Αποσυνδεδεμένος πυκνωτής ⇒ σταθερό φορτίο. Το διηλεκτρικό πολλαπλασιάζει τη χωρητικότητα επί ε, άρα η τάση διαιρείται με ε.

Λύση:

α) \( C'=εC=3\cdot3\ μF=9\ μF \)
β) \( q'=q=27\ μC \)
γ) \( V'=\dfrac{q'}{C'}=\dfrac{27\ μC}{9\ μF}=3\ V \)
δ) \( W'=\dfrac12q'V'=\dfrac12\cdot27\ μC\cdot3\ V=40{,}5\ μJ \)

Απάντηση: α) 9 μF, β) 27 μC, γ) 3 V, δ) 40,5 μJ.

Πρόσεξε:

Αρχικά V=q/C=9 V και W=121,5 μJ· με το διηλεκτρικό η ενέργεια υποτριπλασιάζεται.

Πρόβλημα 6 — τρεις πυκνωτές σε σειρά

Εκφώνηση: Τρεις πυκνωτές έχουν χωρητικότητες C₁=3μF, C₂=4μF και C₃=12μF. Οι πυκνωτές είναι συνδεδεμένοι σε σειρά. Η τάση στους οπλισμούς του C₁ είναι V₁=5V. Πόση είναι η τάση τροφοδοσίας του συστήματος;

Πώς σκεφτόμαστε: Σε σειρά όλοι οι πυκνωτές έχουν το ίδιο φορτίο \( q=C_1V_1 \). Βρίσκουμε τις τάσεις \( V_i=q/C_i \) και τις προσθέτουμε.

Λύση:

\( q=C_1V_1=3\ μF\cdot5\ V=15\ μC \)
\( V_2=\dfrac{15}{4}=3{,}75\ V,\quad V_3=\dfrac{15}{12}=1{,}25\ V \)
\( V=V_1+V_2+V_3=5+3{,}75+1{,}25=10\ V \)

Απάντηση: V = 10 V.

Πρόσεξε:

Εναλλακτικά: C_ολ=1,5 μF και V=q/C_ολ=15/1,5=10 V.

Πρόβλημα 7 — εύρεση C₃ (παράλληλα)

Εκφώνηση: Τρεις πυκνωτές C₁=2μF και C₂=5μF και C₃ συνδέονται παράλληλα. Η διάταξη τροφοδοτείται με τάση V=10V. Το ολικό φορτίο της συνδεσμολογίας είναι q_ολ=100μC. Να υπολογισθεί η χωρητικότητα C₃.

Πώς σκεφτόμαστε: Παράλληλα: \( C_{ολ}=q_{ολ}/V \) και \( C_{ολ}=C_1+C_2+C_3 \).

Λύση:

\( C_{ολ}=\dfrac{q_{ολ}}{V}=\dfrac{100\ μC}{10\ V}=10\ μF \)
\( C_3=C_{ολ}-C_1-C_2=10-2-5=3\ μF \)

Απάντηση: C₃ = 3 μF.

Πρόσεξε:

Παράλληλα οι χωρητικότητες προστίθενται.

Πρόβλημα 8 — μικτή συνδεσμολογία έξι πυκνωτών

Εκφώνηση: Για την συνδεσμολογία του σχήματος δίνονται C₁=2μF, C₂=4μF και C₃=6μF. C₄=1,5μF, C₅=2,5μF και C₆=3μF και V=8V. Να υπολογισθεί το φορτίο και η τάση κάθε πυκνωτή.

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα οι C₁, C₂, C₃ είναι παράλληλα, οι C₄, C₅ παράλληλα, και οι δύο ομάδες είναι σε σειρά με τον C₆. Βρίσκουμε τις ισοδύναμες χωρητικότητες, το ολικό φορτίο (κοινό στη σειρά) και από εκεί τις τάσεις και τα φορτία.

Λύση:

\( C_{1,2,3}=2+4+6=12\ μF,\quad C_{4,5}=1{,}5+2{,}5=4\ μF \)
\( \dfrac{1}{C_{ολ}}=\dfrac{1}{12}+\dfrac14+\dfrac13=\dfrac{8}{12}\Rightarrow C_{ολ}=1{,}5\ μF \)
\( q_{ολ}=C_{ολ}V=1{,}5\cdot8=12\ μC=q_{1,2,3}=q_{4,5}=q_6 \)
\( V_1=V_2=V_3=\dfrac{12}{12}=1\ V,\quad V_4=V_5=\dfrac{12}{4}=3\ V,\quad V_6=\dfrac{12}{3}=4\ V \)
\( q_1=2\cdot1=2\ μC,\ q_2=4\ μC,\ q_3=6\ μC,\ q_4=1{,}5\cdot3=4{,}5\ μC,\ q_5=2{,}5\cdot3=7{,}5\ μC,\ q_6=12\ μC \)

Απάντηση: q₁=2 μC, q₂=4 μC, q₃=6 μC (V₁=V₂=V₃=1 V)· q₄=4,5 μC, q₅=7,5 μC (V₄=V₅=3 V)· q₆=12 μC (V₆=4 V).

Πρόσεξε:

Έλεγχος: 1+3+4=8 V = V.
Οι παράλληλες ομάδες έχουν κοινή τάση· το ολικό φορτίο μοιράζεται ανάλογα με τη χωρητικότητα.

Πρόβλημα 9 — σειρά και παράλληλα

Εκφώνηση: Ποιο είναι το φορτίο και ποια η τάση κάθε πυκνωτή της συνδεσμολογίας του σχήματος; Δίνονται C₁=5μF, C₂=20μF και C₃=5μF. C₄=1μF και V=20V.

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα οι C₁, C₂ είναι σε σειρά και ο κλάδος τους, ο C₃ και ο C₄ είναι συνδεδεμένοι απευθείας στους πόλους της πηγής (παράλληλα). Κάθε κλάδος έχει τάση 20 V.

Λύση:

\( C_{1,2}=\dfrac{5\cdot20}{5+20}=4\ μF\Rightarrow q_1=q_2=C_{1,2}V=4\cdot20=80\ μC \)
\( V_1=\dfrac{80}{5}=16\ V,\quad V_2=\dfrac{80}{20}=4\ V \)
\( V_3=V_4=V=20\ V\Rightarrow q_3=5\cdot20=100\ μC,\quad q_4=1\cdot20=20\ μC \)

Απάντηση: q₁=q₂=80 μC, V₁=16 V, V₂=4 V· q₃=100 μC, q₄=20 μC (V₃=V₄=20 V).

Πρόσεξε:

Έλεγχος: V₁+V₂=20 V = V.

Πρόβλημα 10 — ολική χωρητικότητα και τάση τροφοδοσίας

Εκφώνηση: Για τη συνδεσμολογία του σχήματος δίνονται: C₁=4μF, C₂=1μF, C₃=2μF, C₄=12μF και η τάση στους οπλισμούς του C₂, V₂=8V. Να υπολογισθούν: α) Η ολική χωρητικότητα της συνδεσμολογίας β) Η τάση τροφοδοσίας

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα οι C₂, C₃ είναι παράλληλα και η ομάδα τους είναι σε σειρά με τους C₁ και C₄. Η τάση V₂ είναι και τάση της ομάδας C₂–C₃, οπότε βρίσκουμε το φορτίο της, που είναι και το ολικό φορτίο.

Λύση:

α) \( C_{2,3}=1+2=3\ μF,\quad \dfrac{1}{C_{ολ}}=\dfrac14+\dfrac13+\dfrac{1}{12}=\dfrac{8}{12}\Rightarrow C_{ολ}=1{,}5\ μF \)
β) \( q_{2,3}=C_{2,3}V_2=3\cdot8=24\ μC=q_{ολ} \)
\( V=\dfrac{q_{ολ}}{C_{ολ}}=\dfrac{24}{1{,}5}=16\ V \)

Απάντηση: α) C_ολ = 1,5 μF, β) V = 16 V.

Πρόσεξε:

Έλεγχος: V₁=24/4=6 V, V₄=24/12=2 V, 6+8+2=16 V.

Πρόβλημα 11 — ολική χωρητικότητα τεσσάρων πυκνωτών

Εκφώνηση: Να βρεθεί η ολική χωρητικότητα της συνδεσμολογίας του σχήματος. Δίνονται: C₁=5μF, C₂=20μF, C₃=3μF, C₄=6μF.

Πώς σκεφτόμαστε: Οι τέσσερις πυκνωτές φαίνονται σε μία γραμμή, αλλά ο αγωγός του σχήματος ενώνει το αριστερό άκρο του C₁ με το δεξί άκρο του C₄ (ίδιο δυναμικό), ενώ η πηγή συνδέεται ανάμεσα σε αυτό το σημείο και στο σημείο μεταξύ C₂ και C₃. Ταυτίζοντας τα βραχυκυκλωμένα σημεία (όπως στην Εφαρμογή 12), προκύπτουν δύο κλάδοι παράλληλα: C₁–C₂ σε σειρά και C₃–C₄ σε σειρά.

Λύση:

\( C_{1,2}=\dfrac{5\cdot20}{5+20}=4\ μF,\quad C_{3,4}=\dfrac{3\cdot6}{3+6}=2\ μF \)
\( C_{ολ}=C_{1,2}+C_{3,4}=4+2=6\ μF \)

Απάντηση: C_ολ = 6 μF.

Πρόσεξε:

Αν οι πυκνωτές θεωρηθούν απλώς όλοι σε σειρά (C_ολ≈1,58 μF), το αποτέλεσμα είναι λάθος: ο αγωγός που ενώνει τα άκρα αλλάζει τη συνδεσμολογία.

Πρόβλημα 12 — μικτή συνδεσμολογία επτά πυκνωτών

Εκφώνηση: Στη συνδεσμολογία του σχήματος δίνονται: C₁=20μF, C₂=5μF, C₃=14μF, C₄=6μF, C₅=3μF, C₆=1μF, C₇=4μF και το φορτίο του πυκνωτή C₁, q₁=20μC. Να υπολογισθούν: α) Η ολική χωρητικότητα της συνδεσμολογίας β) Το φορτίο κάθε πυκνωτή γ) Η τάση τροφοδοσίας

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα η αριστερή ομάδα έχει τρεις παράλληλους κλάδους (C₁–C₂ σε σειρά, C₃, C₄–C₅ σε σειρά), η δεξιά ομάδα έχει τους C₆, C₇ παράλληλα, και οι δύο ομάδες είναι σε σειρά. Από το q₁ βρίσκουμε την τάση της αριστερής ομάδας.

Λύση:

α) \( C_{1,2}=\dfrac{20\cdot5}{25}=4\ μF,\quad C_{4,5}=\dfrac{6\cdot3}{9}=2\ μF,\quad C_A=4+14+2=20\ μF \)
\( C_B=C_6+C_7=1+4=5\ μF,\quad C_{ολ}=\dfrac{20\cdot5}{20+5}=4\ μF \)
β) \( q_2=q_1=20\ μC\Rightarrow V_A=\dfrac{q_{1,2}}{C_{1,2}}=\dfrac{20}{4}=5\ V \)
\( q_3=C_3V_A=14\cdot5=70\ μC,\quad q_4=q_5=C_{4,5}V_A=2\cdot5=10\ μC \)
\( q_{ολ}=C_AV_A=20\cdot5=100\ μC\Rightarrow V_B=\dfrac{100}{5}=20\ V \)
\( q_6=C_6V_B=1\cdot20=20\ μC,\quad q_7=C_7V_B=4\cdot20=80\ μC \)
γ) \( V=V_A+V_B=5+20=25\ V \)

Απάντηση: α) C_ολ = 4 μF, β) q₂=20 μC, q₃=70 μC, q₄=q₅=10 μC, q₆=20 μC, q₇=80 μC, γ) V = 25 V.

Πρόσεξε: