Feladat:	858. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hadik Róbert
Füzet:	1970/május, 227 - 228. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Kondenzátorok kapcsolása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/szeptember: 858. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   A) Ha csak az I. kapcsoló van zárva akkor a sorosan kapcsolt, $C_1$, $C_2$ és $C_3$, ill. $C_5$, $C_6$ és $C_7$ kondenzátorok eredő kapacitása: $\begin{array}{c}{\displaystyle C_{123}=C_{567}=C/3.}\end{array}$ A párhuzamosan kapcsolt $C_4$ és $C_{567}$ kapacitások pedig egyszerűen összeadódnak, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle C_{4567}=\left(4/3\right)C\mathrm{.}}\end{array}$ A teljes rendszer $C_A$ eredő kapacitását a sorosan (és nem párhuzamosan, mint ahogy azt legtöbb megoldó tévesen feltételezte!) kapcsolt $C_{123}$ és $C_{4567}$ kondenzátorok eredője adja: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{C_A}=\frac{1}{C_{123}}+\frac{1}{C_{4567}}\mathrm{,}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tehát</span>}{C}_A=\left(4/15\right)C\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyancsak sok problémát okozott annak a megállapítása, hogy mekkora töltés van az ,,eredő kapacitáson'', ha a $C_1$-en levő töltésmennyiség $Q$. Mivel a telep nem ,,tudja'', hogy például a pozitív végére a $C_1$ vagy a $C_A$ kondenzátor egyik lemezét kapcsoltuk-e ‐ hisz éppen azt nevezzük eredő kapacitásnak, amikor nem lehet e két eset között különbséget tenni ‐, ezért ugyanannyi töltésnek kell $C_A$-ra is kiáramlania, mint $C_1$-re, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle U=\frac{Q}{C_A}=\frac{15}{4C}Q\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a megosztás folytán egyaránt $Q$ töltés van a $C_1$, $C_2$ és $C_3$ kondenzátorokon, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=U_2=U_3=\frac{Q}{C}\mathrm{.}}\end{array}$ A $C_4$ feszültségét megkapjuk, ha ezek összegét levonjuk $U$-ból: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_4=U-\left(U_1+U_2+U_3\right)=\frac{3}{4}\frac{Q}{C}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a $C_5$, $C_6$ és $C_7$ kondenzátorokon is azonos töltés van, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle U_5=U_6=U_7=\frac{U_4}{3}=\frac{1}{4}\frac{Q}{C}\mathrm{.}}\end{array}$ B) Ha minden kapcsoló zárva van, akkor a $C_2$ és $C_8$ eredője, $2C$ van sorba kapcsolva $C_1$-gyel és $C_3$-mal, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle C_{1283}=\frac{2C\cdot C/2}{2C+C/2}=\left(2/5\right)C\mathrm{,}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ugyanígy</span>}{C}_{5697}=\left(2/5\right)C\mathrm{.}}\end{array}$ A párhuzamos $C_4$ és $C_{5697}$ eredője: $C_{45697}=\left(7/5\right)C$. A teljes rendszer eredő kapacitását $C_{1283}$ és $C_{45697}$ soros eredője adja: $\begin{array}{c}{\displaystyle C_B=\frac{14}{45}C\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel az egyforma $C_2$ és $C_8$ feszültsége is azonos, ezért mindkettőn $q$ töltés van, ebből pedig az következik, hogy a megosztás miatt $C_1$-en (és így az eredő $C_B$-n is) $2q$ töltés van. Ebből a telepfeszültség: $\begin{array}{c}{\displaystyle U=\frac{2q}{C_B}=\frac{45}{7}\frac{q}{C}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a telepfeszültség a két esetben azonos, ezért: $\begin{array}{c}{\displaystyle Q/q=12/7.}\end{array}$ Az egyes kondenzátorok feszültségét a rajtuk levő töltésekből határozhatjuk meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_1=U_3=2q/C\mathrm{,}{U}_2=U_8=q/C\mathrm{.}}\end{array}$ A $C_4$ feszültsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_4=U-\left(U_1+U_2+U_3\right)=\frac{10}{7}\frac{q}{C}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis a $C_4$-en $\left(10/7\right)q$ töltés van. Mivel a $2q$ töltés a párhuzamosan kapcsolt $C_4$ és $C_{5697}$ kondenzátorok között oszlik el, ezért a $C_5$-ön (és így $C_7$-en is) $\left(4/7\right)q$ töltés van, a $C_6$-on és $C_9$-en pedig ennek fele, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle U_5=U_7=\frac{4}{7}\frac{q}{C}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">és</span>}{U}_6=U_9=\frac{2}{7}\frac{q}{C}\mathrm{.}}\end{array}$ Hadik Róbert (Makó, József A. Gimn., IV. o. t. )