Soru 1

ITAP Fizik Olimpiyat Okulu 01 Eylül 2010 Deneme Sınavı
(Prof.Dr.Ventsislav Dimitrov)
Konu: Elektrik Devrelerinde İndüktans
tO
ku
lu
Soru 1. Şekildeki gösterilen devrede ilk anda K1 ve K2 anahtarları açıktır. K1 anahtarı
kapatılıyor ve kondansatörün gerilimi U 0 = ε / 2
olduğunda K 2 anahtarı da kapatılıyor. K2 anahtarı
kapatıldığı anda bobinin uçları arasındaki gerilim ne
kadardır? Sistem denge durumuna geldiğinde
kondansatörün gerilimi ne kadardır? (Elektrik
kaynakların iç direncini ihmal ediniz.)
ya
Çözüm: K1 anahtarı kapalı, K2 ise açık iken kondansatör dolmaya başlıyor.
Kirchoff’un kurallarına göre herhangi kapalı bir döngüde voltaj düşümü döngüdeki net
emk’ya eşittir: devredeki sol döngü için (dönme saat boyunca) VC + V R11 = ε . Ardından
ε
lim
pi
K2 anahtarı kapıldığında sağ döngü için ise V L − V R11 + V R1 2 = ε . Fakat K2 kapatıldıktan
hemen sonra indüktansın ‘eylemsizliği’ sebebiyle bobinden geçen akım sıfırdır, yani
VR 2 = 0 veya V L = ε + V R11 = ε + (ε − VC ) .
3
ε (Cevap).
2
2
Bobin ile kondansatör farklı döngülerde olduğuna göre devrede elektrik titreşimi
oluşmuyor, yani devre kısa veya uzun süre sonra denge durumuna geliyor: bu
durumda kondansatör maksimum bir yüke kadar doluyor ve sol döngüde akım
olduğuna göre VL =
O
O anda VC =
IT
AP
Fi
zi
k
VC = ε − VR11
ε
’ye eşittir. Buna göre
R1 + R2
εR1
2 R + R2
= ε + IR1 = ε +
=ε 1
(Cevap)
R1 + R2
R1 + R2
sıfırdır, sağa döngüde ise akım sabit olarak I =
ku
lu
Soru2. İndüktansları L1 ve L2 olan bobinler arasında bir ideal diyotla kısa devre
oluşturuyor(şekildeki gibi). İlk anda K anahtarı açık,
kondansatör ise U0 gerilime kadar yüklüdür. Anahtar
kapatılıyor ve bilinen bir sürede kondansatörün gerilimi
sıfır oluyor. Bu anda L1 bobininden geçen akım ne
kadardır? Ardından kondansatör maksimum bir gerilime
kadar yükleniyor. Bu gerilim ne kadardır? Devreden açığa
çıkan ısıyı ihmal ediniz.
Çözüm: Denklemleri daha kısa yazmak için U 0 = 1 , C = 1 ve L1 = 1 sırasıyla gerilim,
L
C
oluyor ve L = 2
L1
L1
ikinci bobinin indüktansıdır. Anahtar kapatıldığında bobinler ve kondansatör bir
titreşim döngüsü oluşturuyor. İlk anda kondansatör boşalırken diyot D akımın L2’den
geçmesine engel oluyor ve tüm akım L1’den geçmektedir. Enerji koruma yassına
C
(Cevap).
göre U C2 + I L21 = U 02 = 1 . UC sıfır iken I L1 = 1 : boyutlu şekilde I L1 = I 0 = U 0
L1
ya
tO
sığa ve indüktans birimi olsun. Buna göre akım birimi I 0 = U 0
L2
1
L
(Cevap)
=
. Boyutlu şekilde U C max = U 0
1+ L 1+ L
L1 + L2
IT
AP
Fi
zi
U C2 max = 1 −
k
O
lim
pi
L1-L2 döngüsü için her bir anda ε L1 + ε L 2 = 0 (döngüde direnç yok), yani
dI
dI
L1 L1 + L2 L 2 = 0 buradan d (I L1 + LI L 2 ) = 0 veya I L1 + LI L 2 = sabit . L2 devreye
dt
dt
girmeden bir an önceki durumda (IL1=1, IL2=0 iken) I L1 + LI L 2 = 1 = sabit , yani L2
devrede rol aldıktan sonra her bir an için:
I L1 + LI L 2 = 1 .
(1)
Kondansatörün gerimi maksimum iken (yani maksimum yüklü iken) ondan geçen
akım sıfırdır. Bu anda I L1 = I L 2 ve Denk(1)’e göre
1
I L1 = I L 2 =
(2)
1+ L
Enerji koruma yasasına göre ise U C2 max + I L21 + LI L22 = U 02 = 1 , buradan ve Denk(2)’den
ku
lu
Soru 3. Devredeki K anahtarı açık iken sığası C=20µF olan kondansatör U0=12V
gerilime kadar yüklüdür. Bobinin indüktansı L=2H, elektrik
kaynağın gerilimi ε=5V, D ise ideal bir diyottur. Anahtar
kapatıldıktan sonra devredeki akımın maksimum değeri ne
kadardır? Devre durgun hale geldiğinde kondansatörün
gerilimi ne kadardır?
lim
pi
ya
tO
Çözüm: Denklemleri daha kısa ve boyutsuz şeklinde yazmak için ε = 1 , C = 1 ve
L = 1 sırasıyla gerilim, sığa ve indüktans birimi olsun. Buna göre
C
E 0 = Cε 2 , I 0 = ε
,ve τ 0 = LC sırasıyla enerji, akım ve zaman birimi oluyor.
L
Devredeki döngünün yönünü D boyunca alalım (ters yönde diyot akım geçirmiyor).
Buna göre ilk anda kondansatördeki yük q(t = 0) = −U 0 , akım ise bobinin
eylemsizliğinden dolayı I = q& (t = 0) = 0 dır. Anahtar kapalı iken bobindeki gerilim
di
q
Kirchoff’un kurallarına göre
V L = L = q&& , kondansatördeki ise VC = = q .
dt
C
VL + VC = −ε , yani q&& + q = −1 . İlk duruma bakıldığında
O
q&& + q = −1

(1)
q = −U 0
q& = 0

diferansiyel denklemine gelinir. Bu denklemin çözümü
q = −((U 0 − 1) cos t + 1)
(2)
Akım ise
i = q& = (U 0 − 1) sin t
(3)
Denk(3)’ye göre akımın maksimum değeri I max = (U 0 − 1) ’ye eşittir. Boyutlu şeklinde
k
C
= 7 10mA ≈ 0.022 A (Cevap).
L
Akım sıfır olduğunda ( t = π anda) devre tıkanıyor (diyot ters yönde akım geçirmez)
ve durgun hale geliyor. Bu durumda VC = q = −(− (U 0 − 1) + 1) = U 0 − 2 , boyutlu
şeklinde ise VC = U 0 − 2ε = 2V (Cevap)
Bu soru enerji koruma yöntemiyle de çözülebilir.
IT
AP
Fi
zi
ise I max = (U 0 − ε )
ku
lu
Soru 4. Sığası C olan boş bir kondansatörün uçları, gerilimi ε ve indüktansı L olan bir
bobinle seri bağlı olan bir elektrik kaynağına bağlanıyor. Bu devrede elektrik titreşimi
oluşuyor. Elektrik akımı sıfır olduğu anda kondansatör devreden çıkarılıyor ve uçların
yerlerini değiştirip yine devreye bağlanıyor. Bu durumda elektrik akımın maksimum
değeri ne kadar olacaktır?
lim
pi
ya
tO
Çözüm: Denklemleri daha kısa ve boyutsuz şeklinde yazmak için ε = 1 , C = 1 ve
L = 1 sırasıyla gerilim, sığa ve indüktans birimi olsun. Buna göre
C
E 0 = Cε 2 , I 0 = ε
,ve τ 0 = LC sırasıyla enerji, akım ve zaman birimi oluyor.
L
İlk anda kondansatördeki yük q (t = 0) = 0 , akım ise bobinin eylemsizliğinden
di
dolayı I = q& (t = 0) = 0 dır. Anahtar kapalı iken bobindeki gerilim V L = L = q&& ,
dt
q
kondansatördeki ise VC = = q . Kirchoff’un kurallarına göre VL + VC = ε , yani
C
q&& + q = 1 . İlk duruma bakıldığında
q&& + q = 1

(1)
q = 0
q& = 0

Fi
zi
k
O
diferansiyel denklemine gelinir. Bu denklemin çözümü
q = 1 − cos t
(2)
Akım ise i = q& = sin t . Buna göre t = nπ anlarda akım sıfır oluyor, burada n doğal bir
sayıdır.
t = (2n1 + 1)π = nπ iken (yani n herhangi bir tek doğal sayı olduğunda)
q = 1 − cos t = 2 ve bu değerin tersi ikinci bağlantıda diferansiyel denklemin ilk koşulu
oluyor:
q&& + q = 1

(3)
 q = −2
q& = 0

Denk(4)’n çözümü q = 1 − 3 cos t , akım ise i = q& = −3 sin t . Buna göre akımın
C
. (Cevap)
L
t = 2n1π = nπ iken (yani n herhangi bir çift doğal sayı olduğunda) q = 1 − cos t = 0 ve
yeni durumda diferansiyel denklem Denk(1)’ye özdeştir: çözümü q = 1 − cos t , akım
ise i = q& = sin t . Buna göre bu durumda maksimum akım birdir, boyutlu şekilde ise
IT
AP
maksimum değeri I max = 3 , boyutlu şeklinde I max = 3ε
C
(Cevap)
L
Bu soru enerji koruma yöntemiyle de çözülebilir.
I max = ε
ku
lu
Soru 5. Şekildeki devrede K anahtarı kapalıyken serbest elektrik titreşimi
yapılmaktadır. Sığası C1 olan kondansatör gerilimi maksimum
ve U0’a eşit iken K anahtarı açılıyor. Kondansatör C1’de gerilim
sıfır iken devredeki akımın değerini bulunuz. C 2 > C1 .
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
pi
ya
tO
Çözüm: Denklemleri daha kısa ve boyutsuz şeklinde yazmak için U 0 = 1 , C1 = 1 ve
L = 1 sırasıyla gerilim, sığa ve indüktans birimi olsun. Buna göre
C1
,ve τ 0 = LC1 sırasıyla enerji, akım ve zaman birimi oluyor.
E 0 = C1U 02 , I 0 = U 0
L
İlk anda C1 kondansatöründeki yük q(t = 0) = C1U 0 = 1 = max , akım ise I = q& (t = 0) = 0
di
(o anda yük maksimumdur). Anahtar kapalı iken bobindeki gerilim V L = L = q&& ,
dt
q
q
C
q
= q , VC 2 = 2 = 2 ’ye eşittir. C = 2 > 1 . Kirchoff’un
kondansatördekiler ise VC1 =
C2 C
C1
C1
q
kurallarına göre VL + VC1 + VC 2 = 0 , yani q&& + q + 2 = 0 . Yük koruma yasasına göre
C
− q + q 2 = −1 (kondansatörlerin arasındaki bölgede toplam yük ilk yüke, yani -1’re
eşittir) veya
1
q −1


2
q&& + q + C = 0
q&& + ω q = C


⇒
(1)
q = 1
q = 1
q& = 0
q& = 0




C +1
. Bu denklemin genel çözümüdür.
diferansiyel denklemine gelinir; burada ω 2 =
C
1
q = 2 + A cos(ωt + α ) ve i = q& = −ωA sin (ωt + α ) .
ω C
1
C
ve
İlk duruma göre (t=0) α = 0 ve q (t = 0) = 2 + A = 1 , buradan A =
C +1
ω C
C
1
C
(2)
q=
cos(ωt ) +
ve i = q& = −ω
sin (ωt ) .
C +1
C +1
C +1
VC1 = q = 0 iken
1
 2
2
2
cos ω t = C 2
C + 1  C  (C − 1)(C + 1) C − 1
2
2  C  (C − 1)(C + 1)
=
=
⇒
⇒ i =ω 



2
C  C + 1
C
C2
C2
 C + 1
sin 2 ω t = C − 1
2

C
(C 2 − C1 ) C1
C − C1 C1
(Cevap)
, buradan i = U 0
Boyutlu şeklinde i 2 = U 02 2
C2
L
C2
L
2. Yöntemle Çözüm: Bu soru enerji koruma yöntemiyle çok kısa bir şekilde çözülür.
q2
1
İlk durumda ( q1 = 1, i = 0) devredeki enerji Ei = 1 = , ikinci durumda
2C1 2
göre
(C 2 − C1 ) C1
C2
L
buradan
C −1
1 1 2 1
,
+ i = ⇒i=
2C 2
2
C
boyutlu
(Cevap)
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
pi
ya
tO
i = U0
E f = Ei ,
q 22
1
1 1 2
+ Li 2 =
+ i ’ye eşittir. Enerji koruma yasasına
2C 2 2
2C 2
ku
lu
( q1 = 0; q 2 = −1 ) ise E f =
şekilde
ku
lu
Soru 6. Şekildeki gösterilen devrede K anahtarı ilk anda açıktır. İnduktansı L olan
bobinin direnci r dir. Devredeki diğer dirençlerin
değerleri şekilde verilmiştir. Anahtar kapatıldıktan
sonra AB telinden ne kadar yük geçecek? Tel AB’nin
ve elektrik kaynağının direncini ihmal ediniz.
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
pi
ya
tO
Çözüm: Denklemleri daha kısa ve boyutsuz şeklinde yazmak için ε = 1 , r = 1 ve
ε
L
L = 1 sırasıyla gerilim, direnç ve indüktans birimi olsun. Buna göre I 0 = , T0 =
,ve
r
rR
εL
Q0 = 2 sırasıyla akım, zaman ve yük birimi oluyor.
r
L’den geçen akım i1, AB’den ise i olsun. Buna göre R dirençlerinden geçen akım
(i + i1 ) , r’den ise (2i + i1 ) ’dir. Tel AB’den, L ve r dirençten oluşan döngüde toplam
voltaj düşümü sıfır olduğuna göre
di
di
1 di1
1
(2i + i1 )r − i1 r − L 1 = 0 , yani (2i + i1 ) − i1 − 1 = 0 ⇒ i =
⇒ dq = idt = di1 ⇒
dt
dt
2 dt
2
1
(1)
q = (i1 f − i1i )
2
Denk(1)’de i1f devre durgun durumdayken bobinden geçen akım, i1i ise ilk andaki
akımdır. Bobinin eylemsizliğinden dolayı
i1i = 0 .
(2)
Devre durgun halinde iken AB’den akım geçmez, diğer akımlar ise sabittir, yani
ε
1
i1 f =
=
(3)
R + r 1+ R
1
1
1 εL
εL
. Boyutlu şeklinde ise q =
=
. (Cevap)
Denk(1-3)’ten q =
2
2(1 + R )
(
r + R) r
 R r
1 + 
r

ku
lu
Soru 7. Şekildeki gösterilen elektrik titreşimi hafif sönmelidir. Titreşimin sönmemesi
için devrede akım her bir an sıfır iken induktans L çubuk
(titreşimin periyotuna göre) bir şekilde ∆L (∆L<<L) kadar
artırılıyor ve bunun ardından çeyrek periyot süre sonra induktans
çabuk bir şekilde eski değerine getiriliyor. L=0.15H, C=0.15µF ve
R=20Ω olduğuna göre ∆L ne kadardır?
tO
Çözüm: Faraday yasasına göre dΦ = −ε i dt , kısa bir sürede (dt → 0) manyetik alanın
akısı korunuyor: dΦ = −ε i dt ≈ 0 ⇒ Φ = LI = sabit . Örnekte induktans değişimi kısa bir
1 2 1 Φ2
LI =
2
2 L
ifadesine göre bobindeki manyetik alanın enerjisinin değişimine sebep oluyor:
1 Φ2
1
(1)
dE m = −
dL = − I 2 dL .
2
2 L
2
Fakat akı Φ = LI sıfır ise (I=0 iken) L’in değişmesi sistemin enerjisini değiştirmiyor.
Devrede yarım periyot süre içinde ısıya dönüşen enerji miktarı (alternatif akımın etkin
1
gücü P = I m2 R dir!)
2
T 1
1
π
H = I m2 R = I m2 R = − dE m
(2)
2
2 2
ω
enerji azalmasını (sönmeden dolayı) örnekteki indüktans değişimiyle geri kazanırız,
1
1
1
titreşimin açısal frekansıdır. Yani I m2 dL = I m2 R π LC , buradan
burada ω =
2
2
LC
lim
pi
ya
süre içinde olduğuna göre bobindeki manyetik akı sabit kalıyor ve E m =
IT
AP
Fi
zi
k
O
dL = πR LC ≈ 9.4 ⋅ 10 −3 H eşittir (Cevap)
ku
lu
Soru 8. Devredeki K1 ve K2 anahtarları ilk anda açıktır. Önceden K1 kapatılıyor.
İndüktansı L olan bobinden geçen akımın değeri I0
olduğunda K2 anahtarı de kapatılıyor. K2 kapatıldığı
anda bobindeki gerilim ne kadardır? Devre durgun
hale geldiğinde kondansatörün gerilimi ne kadar
olacaktır? Elektrik kaynakların iç direncini ihmal ediniz.
Elektrik aletlerinin değerleri şekilde verilmiştir.
Bu sisteme göre I 1 = −
ε − I 0 R2
R1 + R2
ε (2 R1 + R2 ) − I 0 R1 R2
lim
pi
ya
tO
Çözüm. K1 anahtarı kapatıldıktan bir süre sonra bobinin bulunduğu döngüde akım
sıfırdan I0‘a artıyor. K2 anahtarı kapandığı anda indüktansın eylemsizlik özelliği
sebebiyle I0 akım hemen değişmiyor. Buna göre o anda L’den geçen akım I0, R1’den
(yukarıdan aşağı doğru) I1, R2 ise I2 dir ve
I1 + I 2 = I 0
(1)
Kirchoff’un yasalarına göre
VL + VR1 = ε
(2)
− VR1 + VR 2 = ε
(3)
Denk(1) ve (3) bir denklem sistemi oluşturuyor:
I 1 + I 2 = I 0
(4)

− I 1 R1 + I 2 R2 = ε
ve Denk(2)’ye göre
(Cevap)
R1 + R2
Devre durgun hale geldiğinde C’den akım geçmiyor ve L’deki gerilim sıfırdır:
Kirchoff’un yasalarına göre I 1 R1 = ε (sol döngüden) ve − I 1 R1 + VC = ε (sağ döngü).
Buradan VC = ε + I 1 R1 = 2ε . (Cevap)
IT
AP
Fi
zi
k
O
VL =
ku
lu
Soru 9. İndüktansı L1 ve L2 olan süper iletkenden yapılmış bobinler, sığası C olan bir
kondansatörle seri olarak şekildeki gibi bağlıdır. İlk anda
K1 ve K2 anahtarları açık, kondansatör ise U0 gerilime
kadar yüklüdür. İlk başta K1 anahtarı ve ardından
kondansatörün gerilimi sıfır olduğunda K2 anahtarı
kapatılıyor. Bu andan bilinen bir zaman geçtikten sonra
kondansatör bilinen bir maksimum Um gerilimine kadar
yükleniyor. Bu gerilim ne kadardır? K2 anahtarı
kapanmadan bir an önce bobinlerden geçen akım ne
kadardır?
lim
pi
ya
tO
Çözüm: K1 anahtarı kapatıldıktan sonra kondansatör sıfır gerilime (yüke) kadar
boşalıyor. Kondansatörün gerilimi sıfır iken bobinlerden geçen akımı enerji koruma
yasasına göre buluruz:
1
1
CU 02 = (L1 + L2 )I 12
(1)
2
2
Buradan
C
I1 = U 0
(Cevap)
(2)
L1 + L2
K2 anahtarı kapatıldığında L2 bobinin gerilimi her bir an sıfırdır, yani V L 2 = L2
dI 2
= 0.
dt
Buradan I 2 = sabit olduğu gözleniyor. İlk başta
C
’dir
(3)
L1 + L2
ve zamanla sabit kalıyor. Kondansatörün gerilimi maksimum olduğu an C’den ve
dq
= 0, q maksimum iken) . Enerji koruma
dolayısıyla L1’den geçen akım sıfırdır ( I =
dt
yasasına göre
1
1
1
2
CU 02 = L2 I 22 + CU max
(4)
2
2
2
1
2
+ U max
buluruz, yani
Denk(3)-(4)’ten U 02 = L2U 02
L1 + L2
Fi
zi
k
O
I2 = U0
IT
AP
U max = U 0
L1
. (Cevap)
L1 + L2
ku
lu
Soru 10. Şekildeki gösterilen devrede K anahtarı açık iken sığası C olan
kondansatörün gerilimi 5ε’dir, burada ε iç direnci düşük olan
elektrik kaynağının gerilimidir. Anahtarı kapadıktan sonra
indüktansı L olan bobinden geçen akımın maksimum değeri
ne kadar olabilir?
ya
tO
1. Çözüm: Denklemleri daha kısa ve boyutsuz şekilde yazmak için ε = 1 , C = 1 ve
L = 1 sırasıyla gerilim, sığa ve indüktans birimi olsun. Buna göre
C
E 0 = Cε 2 , I 0 = ε
,ve τ 0 = LC sırasıyla enerji, akım ve zaman birimi oluyor.
L
K anahtarı kapatıldığı anda kondansatördeki yük q (t = 0) = 5 , akım ise bobinin
eylemsizliğinden dolayı I = q& (t = 0) = 0 dır. Anahtar kapalı iken bobindeki gerilim
di
q
V L = L = q&& , kondansatördeki ise VC = = q .
Kirchoff’un kurallarına göre
dt
C
VL + VC = ε , yani q&& + q = 1 . İlk duruma bakıldığında
C
(Cevap).
L
O
imax = 4 I 0 = 4ε
lim
pi
q&& + q = 1

q = 5
q& = 0

diferansiyel denklemine gelinir. Bu denklemin çözümü
q = 1 + 4 cos t
Akım ise i = q& = −4 sin t . Buna göre imax = 4 , boyutlu şeklinde ise
2. Çözüm: Devredeki enerji bobinde ve kondansatörde depolanmaktadır: E L =
1
CVC2 , yani
2
1
E = I 2 + q2
2
(2)
1 2
LI L
2
Fi
zi
k
ve EC =
(1)
(
)
(3)
25
. Sistemin enerji değişimi emk’nın
2
yaptığı işe eşittir. İlk anlarda kondansatör boşalırken 5’ten bir q’ya kadar emk’nın
1
25
yaptığı iş W = −ε∆q = −(5 − q ) . Buna göre E − Ei = I 2 + q 2 −
= −(5 − q ) . Buradan
2
2
I 2 = 15 + 2q − q 2 ’ye eşittir.
(4)
IT
AP
İlk anda q = CVC = 5 , I = 0 , buna göre Ei =
(
)
2
= 15 + 2 − 1 = 16 , buradan
Bu fonksiyonun maksimumu q = 1 iken oluşuyor, yani I max
I max = 4 , boyutlu şeklinde ise imax = 4 I 0 = 4ε
C
(Cevap).
L
ku
lu
Soru 11. Şekildeki gösterilen devrede K anahtarı açık iken devrede serbest elektrik
titreşimi yapılmaktadır. Devredeki akım maksimum değerini
aldığı, akım I0 olduğu anda K anahtarı kapatılıyor. Anahtar
kapatıldıktan sonra kondansatörün maksimum gerilimi ne
kadar olabilir? Devrenin parametreleri şekilde verilmiştir.
tO
1. Çözüm: Denklemleri daha kısa ve boyutsuz şekilde yazmak için I 0 = 1 , C = 1 ve
L1 = 1 sırasıyla akım, sığa ve indüktans birimi olsun. Buna göre
L
L1
, V = I 0 1 ,ve τ 0 = L1C sırasıyla enerji, gerilim ve zaman birimi oluyor.
C
C
K anahtarı açık iken devrede q = − sin t yasasına göre serbest titreşim yapılmaktadır
1
= 1 ,akım ise i = cos t ’ye eşittir). Anahtar kapatıldıktan sonra devrenin
(ω =
L1C
ya
E 0 = CI 02
L1 L2
L2
=
’ye, açısal frekans ise ω =
L1 + L2 1 + L2
oluyor. İlk anda q = 0, akım ise q& (t = 0) = 1 , yani
lim
pi
indüktansı L =
q&& + ω 2 q = 0

q (t = 0) = 0
q& (t = 0) = 1

ω
O
diferansiyel denklemine gelinir. Denk(1)’in çözümü
1
q = − cos ω t
1
k
Denk(2)’den VC max = q max =
ω
LC
=
1 + L2
’ye eşit
L2
(1)
(2)
buluruz, boyutlu şekilde ise
Fi
zi
L1 L2
(Cevap).
C (L1 + L2 )
2. Çözüm: Devredeki enerji bobinde ve kondansatörde depolanmaktadır:
1
1
E L = (L1 I 12 + L2 I 22 ) ve EC = CVC2 , yani
2
2
1
1
E = (L1 I 12 + L2 I 22 + CVC2 ) = Ei = L1 I 02
(3)
2
2
Anahtar kapatıldığında, bobinler paralel olduğuna göre VL1 = VL 2 , yani
dI
dI
L1 1 = L2 2 ⇒ L1 I 1 − L2 I 2 = sabit . İlk anda I 1 = I 0 ve I 2 = 0 , yani sabit = L1 I 0 ⇒
dt
dt
L1 I 1 − L2 I 2 = L1 I 0
(4)
Aynı anda I 1 + I 2 = I C . I C = 0 iken kondansatörün yükü ve gerilimi maksimum
haldedir. Yani bu durumda I 1 = − I 2 ve Denk(4)’de göre
L1
I1 = I 0
(5)
L1 + L2
AP
VC max = I 0
IT
1
Denk(3) ve (5)’e göre
2

 L1  


(L1 + L2 )I + CV = L I ⇒ CV = I  L1 − (L1 + L2 )
L1 + L2  



L1 L2
L 
L1 
 ⇒ VC max = I 0
(Cevap)
⇒ VC2max = I 02 1 1 −
C (L1 + L2 )
C  L1 + L2 
2
1 0
2
C max
2
0
ku
lu
2
Cmac
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
pi
ya
tO
2
1