Kezdőlap


Feladat:	3617. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Besnyő Márton , Kolcza Mátyás Barna
Füzet:	2004/február, 117 - 119. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb változó áram, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2003/április: 3617. fizika feladat

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

I. megoldás. $a)$ Az ellenállás nagysága az Ohm-törvény szerint

\begin{matrix} R = \frac{U_{kezdeti}}{I_{kezdeti}} = \frac{100 V}{100 μ A} = 1 M Ω . \end{matrix}

c)

Az áram 2 másodpercenként

0, 4

-szeresére csökken, tehát

k \cdot 2 s

alatt az eredeti érték

0, 4^{k}

-szorosára változik:

\begin{matrix} 0, 41 μ A = 0, 4^{k} \cdot 100 μ A . \end{matrix}

Innen akár próbálgatással is megkaphatjuk:

\begin{matrix} 100 \to 40 \to 16 \to 6, 4 \to 2, 56 \to 1, 024 \to 0, 4096, \end{matrix}

tehát (jó közelítéssel) 6-szor 2 s, azaz 12 másodperc alatt csökken az áramerősség a megadott értékre. Pontosabban számolva:

\begin{matrix} k = \frac{log \frac{0, 41}{100}}{log 0, 4} = 5, 999, ahonnan t = 5, 999 \cdot 2 s \approx 12 s . \end{matrix}

b)

Az első 2 másodpercben az áramerősség

100 μ A

-ről

40 μ

A-re csökken, közelítőleg tehát (az átlagos

70 μ

A-rel számolva)

70 μ

C töltés áramlott le a kondenzátorról. (Ez csak közelítőleg igaz, hiszen az áramerősség időben nem egyenletesen csökken, de a közelítés elég jó.) A következő 2 másodpercben kb.

56 μ

C, a továbbiakban pedig rendre

22 μ

9 μ

3 μ

C stb. áramlik le a kondenzátorról.
Ezek szerint a kondenzátor töltése kezdetben közelítőleg

\begin{matrix} Q_{0} = (140 + 56 + 22 + 9 + 3 + ...) \cdot 10^{- 6} C\approx2,3\cdot10^{- 4} C \end{matrix}

volt. (A ki nem írt tagok az alkalmazott közelítés pontossága mellett elhanyagolhatók.) A kondenzátor kapacitása tehát

\begin{matrix} C = \frac{Q}{U} = \frac{2, 3 \cdot 10^{- 4} C}{100 V} = 2, 3 μ F. \end{matrix}

Pontosabb eredményt kaphatunk, ha nem a kondenzátor teljes töltését, hanem csak egy igen rövid idő alatt róla leáramló töltést számítjuk ki állandónak feltételezett áramerősség mellett. A kondenzátor árama és ezzel arányosan a feszültsége és a töltése is 2 másodpercenként

0, 4

-es tényezővel szorzódik. Eszerint 1 másodperc alatt ezek a mennyiségek

\sqrt[]{0, 4} = 0, 632

-szeresükre csökkennek,

1 / 2

másodperc alatt

\sqrt[]{0, 632} = 0, 795

-szeresükre stb. Egy zsebszámológéppel könnyen és gyorsan kiszámíthatjuk, hogy pl.

\frac{1}{128}

s alatt a kezdeti

Q_{0}

töltésből csak

0, 9964 Q_{0}

maradt a kondenzátoron,

Δ Q = 0, 0036 Q_{0}

átfolyt az ellenálláson. Mivel a kezdeti áramerősség és az időtartam szorzata éppen ezzel a töltéssel egyenlő, innen megkaphatjuk, hogy

\begin{matrix} Q_{0} = 2, 18 \cdot 10^{- 4} C, \end{matrix}

a kapacitás tehát

2, 18 μ F

II. megoldás.

a)

A terhelő ellenállás az I. megoldásban ismertetett módon elemi úton számolható.

b)

Ha egy

C

kapacitású kondenzátort

R

ellenálláson sütünk ki, az áramerősség

\begin{matrix} I (t) = I_{0} e^{- \frac{t}{R C}} \end{matrix}

módon változik időben. A megadott adatok szerint

\begin{matrix} 0, 4 I_{0} = I_{0} e^{- \frac{2 s}{R C}}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} C = \frac{2 s}{10^{6} Ω \cdot ln \frac{100}{40}} = 2, 183 μ F \approx 2, 2 μ F . \end{matrix}

c)

Az áram csökkenésének ismert üteméből

\begin{matrix} t = R C \cdot ln \frac{I (0)}{I (t)} = 10^{6} \cdot 2, 2 \cdot 10^{- 6} ln \frac{100}{0, 41} \approx 12 s. \end{matrix}