Kezdőlap


Feladat:	865. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Iglói Ferenc , Kerekes János , Morvai István
Füzet:	1970/május, 234 - 235. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Gömbkondenzátor, Egyéb kondenzátor-kapcsolások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/október: 865. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Tegyük fel, hogy a $k$ -adik hozzáérintés után $q_{k}$ , töltés van a $C_{2}$ kapacitású gömbön. Mivel a párhuzamosan kapcsolt $C_{1}$ és $C_{2}$ gömbökön az össztöltés a kapacitások arányában oszlik el, ezért a $(k + 1)$ -edik hozzáérintés után $C_{2}$ töltése:

\begin{matrix} q_{k + 1} = α (Q + q_{k}), ahol α = \frac{C_{2}}{C_{1} + C_{2}} . \end{matrix}

(1)

Mivel az első hozzáérintés előtt

q_{0} = 0

volt a

C_{2}

-n, azért az első hozzáérintés után az (1) rekurziós képlet alapján:

q_{1} = α Q

, a második után

q_{2} = (α + α^{2}) Q ...

stb. töltés lesz a

C_{2}

gömbön.
Ebből adódik a sejtés, hogy

\begin{matrix} q_{k} = (α + α^{2} + ... + α^{k}) Q = \frac{α^{k + 1} - α}{α - 1} Q \end{matrix}

(2)

a mértani sor összegzési szabályai szerint. Mivel láttuk, hogy

k = 1

-re igaz az állítás, ezért a teljes indukciós bizonyítás elvégzéséhez azt kell még megmutatni, hogy a (2) explicit képlet

k

-ra való helyességéből következik a

(k + 1)

-re való helyessége is. Ez valóban így van, mert (1) alapján

\begin{matrix} q_{k + 1} = α (Q + q_{k}) = α (1 + \frac{α^{k + 1} - α}{α - 1}) Q = \frac{α^{k + 2} - α}{α - 1} Q . \end{matrix}

n Q = q_{k}

, vagyis

\begin{matrix} n = \frac{α^{k + 1} - α}{α}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} k = \frac{lg (\frac{α - 1}{α} n + 1)}{lg α} = \frac{lg (1 - \frac{C_{1}}{C_{2}} n)}{lg (\frac{C_{2}}{C_{1} + C_{2}})}, \end{matrix}

(3)

akkor a

[k] + 1

-edik hozzáérintés után a

C_{2}

kapacitású gömb töltése már biztosan nagyobb lesz

n Q

-nál. (Persze szerencsés esetben, ha

k

egész szám, akkor éppen

k

hozzáérintéssel érhető el a kívánt töltésmennyiség.)
A (2) képlet alapján látható, hogy bár minden lépésben növekszik egy kicsit (

α^{k} Q

-val) a

C_{2}

töltése, mivel

C_{2}

feszültsége sohasem lehet nagyobb

U = Q / C_{1}

-nél, ezért ez a növekedés nem haladhatja túl a

g_{max} = U \cdot C_{2} = Q \frac{C_{2}}{C_{1}}

értéket, vagyis

n

értéke nem lehet nagyobb

C_{2} / C_{1}

-nél. (Matematikailag jól jelzi ezt a tényt az is, hogy

n \geq C_{2} / C_{1}

esetén értelmetlenné válik a (3) képletbeli logaritmus függvény.) Az

n

minimumaként

n = 0

-t vehetjük, vagyis az első összeérintés előtti állapotot, de jó megoldásnak tekintettük azokat is, ahol

n = α = \frac{C_{2}}{C_{1} + C_{2}}

-t adtak meg.

Iglói Ferenc (Szeged, Radnóti M. Gimn., III. o. t.)