1. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

93.

)1(Q2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

14UU4UU3U

UUU

UU3 22

maxmax

max

sec/rad3

50

610

6

5610

6

52

62

10

)6

(2

1)10()1010(QQ

2

1)1(

2202

233200q

α) Οπότε sec25

32T

Είναι Cb103QQ3

5005,0Q 3

β) Άρα )t3

50(103q)t(Qq 3 και )2()t

3

50(05,0i)t(i

2025,0i)4

(05,0)10153

50(05,0i)2() 331015t

94. Είναι 1,01010Q 43

α) )1()t10(10q)t(Qq 34 και )2()t10(1,0i)t(i 3

β) Από ΑΔΕ ταλάντωσης έχουμε

08,0i10100i1036)10(i)10(

1)1060(

Qi1

qQLCiqC

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

424242

23

26

22

2

22222

22

max

)3(Q2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

4

1

C

q

2

1U

4

1U

22

max

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

2. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

secm6

t6

t10

6

56t10

6

52

62

t10)6

(2

1)t10()t10(QQ

2

1)1(

33

0333Q2

1q

305,0i

2

31,0)

6(1,0)10

610(1,0i)2( 33

3106

t

Q2

3qQ

2

3q

C

Q

2

1

C

q

2

1

3

4U

3

U4U

3

UU

UUU

U3U)

22

maxmax

max

sec103

t3

t10

3

23t10

3

22

32

t10

)3

(2

3)t10()t10(QQ

2

3)1(

33303

33Q2

3q

95. Έχουμε sec/rad500LC

11LC 2

Cb104Q10104CEQ 56 και 02,0104500Q 5

α) Από ΑΔΕ ταλάντωσης έχουμε

Cb1032q)02,0()500(

101,0

)500(

1q

1i

1qLCLCiqL

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

52

2

2

2

2

2

2

2

2

2222222

max

β) Έχουμε )1()2

t500(104q)t(Qq 5

0

και )2()2

t500(02,0i)t(Ii 0

Ph

ysics

by C

hris

Sim

opou

los

3. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

sec3000

59t

6

59t500

23

31t500

3

31

2t500

3

210

310

2t500

6

52

62

2t500)

6()

2t500(

)3

(2

1)

2t500()

2t500(02,001,0)2(

5

01,0i

secm24

2

4t)

96. α) Έχουμε sec/rad10LC

11LC 42 και 1,01010Q 54

Έχουμε )1()2

t10(10q)t(Qq 45

0

και )2()2

t10(1,0i)t(Ii 4

0

)2

t10(105U)]2

t10(1,0[102

1Li

2

1U 425

B

2422

B

Q2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

14UU4UU3U

UUU

UU3)

22

maxmax

max

secm30

t3

t106

5

2t10

6

56

2t10

6

52

62

2t10)

6(

2

1)

2t10()

2t10(QQ

2

1)1(

4440

4443200q

cb2

10q)

6

7(10)

210

3

2,010(10q)1()

55345

3103

2,0t

Joule105,12U10

)2

10(

2

1

C

q

2

1U 5

E6

25

2

E

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

4. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

97. Είναι sec/rad2

Έχουμε )1()t(Qq)t(Qq

και )2()t(Qi)t(Ii

α)2

Qq

2

Qq

C

Q

2

1

2

1

C

q

2

1U

100

50U

22

maxEE

sec4

1t

4t

4

34t

4

32

42

t)4

(2

1)t()t(Q

2

Q)1(

1

0

2

Qq

β)

sec3

2t

3

2t

3

23t

3

22

32

t)3

(

2

3)t(

2

1)t()t(

2)t(i)2(

2

0

2i

Άρα sec12

5

4

1

3

2ttt 12

98. α) Έχουμε sec/rad6

10

LC

11LC

42

Είναι sec1034

2

4t 4

β) Cb103Q100103CEQ 46 και 5,01036

10Q 4

4

γ) Έχουμε )1()2

t6

10(103q)t(Qq

44

0

και )2()2

t6

10(5,0i)t(Ii

4

0

Ph

ysics

by C

hris

Sim

opou

los

5. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

δ)

Q2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

14UU4UU3U

UUU

UU3 22

maxmax

max

secm2,0t3

t6

10

6

5

2t

6

10

6

56

2t

6

10

6

52

62

2t

6

10)

6(

2

1)

2t

6

10()

2t10(QQ

2

1)1(

444

0

4443200q

99. α) Έχουμε sec/rad10LC

11LC 32

και Cb1010

1,0QQ 4

3

ΑΔΕ ταλάντωσης

Cb10250105,0q105,0q10105,0q)10(

)205,0(10

1qQLCiq

C

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

648288224

2

6

22222

22

max

Cb1050q102

1qQ

2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

14UU4UU3U

UUU

UU3)

64

22

maxmax

max

100. α)Έχουμε sec/rad10LC

11LC 32

01,01010Q 53

Έχουμε )1()2

t10(10q)t(Qq 35

0

και )2()2

t10(01,0i)t(Ii 3

0

Ph

ysics

by C

hris

Sim

opou

los

6. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

Q2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

12UU2UUU

UUU

UU)

22

maxmax

max

sec250t4

t104

3

2t10

4

34

2t10

4

32

42

2t10)

4(

2

1)

2t10()

2t10(QQ

2

1)1(

3330

3332

Qq

γ) Θέτω στη χρονική εξίσωση τις τιμές Cb502

Qq

secm3

t3

t106

5

2t10

6

56

2t10

6

52

62

2t10)

6(

2

1)

2t10()

2t10(Q

2

Q)1(

1

3330

3332

Qq

secm3

2t

3

2t10

6

7

2t10

6

76

2t10

6

72

62

2t10)

6(

2

1)

2t10()

2t10(Q

2

Q)1(

2

3330

3332

Qq

Άρα secm333

2ttt 12

101. α) Έχουμε

sec/rad200109

10361025

10361016)105(

)106(1

)104(QLCiqC

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

10

6210

2

61025

23

2

252222

22

max

Άρα sec100200

22

β) 01,0105200Q 5

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

7. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

γ)

sec240

t1200

5t

6

5t200

23

4t200

3

43

2t200

3

42

32

2t200)

3(

2

3)

2t200(

)2

t200(2

1)

2t200(01,0005,0)

2t200(01,0

0

005,0i

102. α)Έχουμε sec/rad102102

22 3

3

F105,0L

1C1LC 6

2

2

β) Για τη σχέση ενεργειών έχουμε

Cb50Q2

250QQ

2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

12UU2UUU

UUU

UU 22

maxmax

max

m104,0i)102

5()105(102iqQi

Qi1

qQLCiqC

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

32525322

22

2

22222

22

max

sec/A250t

i

105,012

1050

t

i

CL

q

t

i

L

V

t

i

L

V

t

i

t

iLV

6

6

CLL

103. Έχουμε Cb03,0Q30010ECQ 4

δ)

Q2

3qQ

2

3q

C

Q

2

1

C

q

2

1

4

3UU

4

3UU

3

1U

UUU

U3U 22

maxmax

max

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

8. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

s/r10063

10

3

2

2t

3

23

2t

3

22

32

2t)

3(

2

3)

2t()

2t(QQ

2

3)1(

2

0

3200q

Και

1C

1L1LC

2

2

β) Έχουμε 303,0100Q

)1()2

t100(03,0q)t(Qq 0

και )2()2

t100(3i)t(Ii 0

γ) Το ποσοστό δίνεται από τη σχέση

%75%100]4

11[%100)]

6

5(1[

%100)]23

(1[%10003,0

)]26

2(03,0[03,0

%100Q

qQ%100

U

UU%100

U

U

2

2

2

22

2

22

max

max

max

104. α) Είναι sec/rad1052 3

F104L

1C1LC 6

2

2

Cb104Q100104ECQ 46

2104105Q 43

γ) Είναι

Cb102q)2

1(104q)

6

5(104q

)23

(104)26

2(104q)t(Qq

444

44

0

Ph

ysics

by C

hris

Sim

opou

los

9. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

105. Α. Έχουμε για τη χρονική στιγμή t=0

0qCL

q0

CL

q

t

i

L

V

t

i

L

V

t

i

t

iLV CL

L

Επομένως τη χρονική στιγμή t=0 το ρεύμα στο κύκλωμα είναι μέγιστο 210 και το

κύκλωμα ξεκινά την ταλάντωσή του χωρίς αρχική φάση.

Είναι sec/rad102 3

α) Cb1010

10QQ 5

3

2

β) )1()t10(10q)t(Qq 35

και )2()t10(10i)t(Ii 32

γ) Για το ρυθμό μεταβολής της ενέργειας έχουμε

s/J5tΔ

UΔtΔ

UΔ

Β. Έχουμε

Cb102Q2Q΄2

Q΄QQ΄

C4L

1Q

LC

1΄Q΄Q

΄Q΄

Q5

Και sec500

)12(LC2LC2C4L2΄

106. Α. Από νόμο του Ohm σε κλειστό κύκλωμα έχουμε

26

12

rR

και 0q .

Β. α) sec/rad4

10

LC

11LC

422 και sec108

2 4

Cb108

4

102

QQ 4

4

Η ένταση του ρεύματος μηδενίζεται για πρώτη φορά μετά από sec1024

t 4

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

10. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

β) Έχουμε )1(C

qVC

Cb1034q10641016q)108(1)

4

10(

1q

Qi1

qQLCiqC

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

4882242

24

2

22

2

22222

22

max

Οπότε η σχέση (1) γράφεται Volt350V108

1034

C

qV)1( C6

4

C

γ) sec/Joule350t

U)1(350iV

t

UC

sec/Joule350t

U

t

U

t

U BB

107. Α. Από νόμο του Ohm σε κλειστό κύκλωμα έχουμε

6,020

12

rR

Β. α) Από ΑΔΕ ταλάντωσης έχουμε

)1(LCIQQLCC

Q

2

1L

2

1UU 22

22

maxmax

Ακόμη ισχύει

F1036C0036,0V

LICLCIVCLCICV

C

LCI

C

QV 4

2

C

222

C

2

CC

sec/rad6

10

103610

11LC

3

42

22

β)

Q2

3q

C

Q

2

1

C

q

2

1

3

4U

3

U4U

3

UU

UUU

U3U 22

maxmax

max

)1()t10(400q)t(Qq 4 Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

11. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

secm43

2t

secm23

t

3

23t

3

23t

3

22

32

t)3

(2

3)t()t(QQ

2

3)1(

2

1

0Q2

3q

secm83

4t

secm103

5t

3

43

5

t

3

43

5

3t

3

42

32

t)3

(2

3)t()t(QQ

2

3)1(

4

3

0Q2

3q

108. Α) Από νόμο του Ohm σε κλειστό κύκλωμα έχουμε

210

20

rR

Είναι Volt8VIRVV C22RC

Β) α) Cb1032VCQ 6

C

, sec/rad105LC

11LC 32 και

16,01032105Q 63

β) Έχουμε )1()2

t105(1032q)2

t(Qq 36

και )2()2

t105(16,0i)2

t(Ii 3

γ) Από ΑΔΕ ταλάντωσης έχουμε

1504,0104

15Q5iQ

16

151025iQi

)105(

1

16

Q

Qi1

)Q100

25(QLCiq

C

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

326222

23

2

22

2

22222

22

max

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

12. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

Q2

3qQ

2

3q

C

Q

2

1

C

q

2

1

3

4U

3

U4U

3

UU

UUU

U3U)

22

maxmax

max

secm30

t6

t105

3

23

2t105

3

22

32

2t105

)3

(2

3)

2t105()

2t105(QQ

2

3)1(

3303

33Q2

3q

109. Α) Από νόμο του Ohm σε κλειστό κύκλωμα έχουμε

110

10

rR

Β) Joule1051102

1L

2

1U) 4232

και 0U

β) Έχουμε sec/rad10LC

11LC 42

)1()t10(400q)t(Qq 4 και

)2()t10(1i)t(i 4

)3()t10(40V10

)t10(10400V

C

qVV 4

L5

46

LCL

Cb3200qQ2

3q

C

Q

2

1

C

q

2

1

3

4U

3

U4U

3

UU

UUU

U3U)

22

maxmax

max

sec103

4t

3

4t10

3

43t10

3

42

32

t10

)3

(2

3)t10()t10(4003200)1(

44404

443200q

δ) Είναι Cb3200q και

5,0)103

410(1i)2( 44

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

13. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

sec/320t

i

10

103200

t

i

LC

q

L

V

L

V

t

i)

8

6

CL

sec/Joule310t

U)

2

1(

10

103200

t

Ui

C

qiV

t

U5

6

C

Και sec/Joule310t

U

t

U

t

U BB

στ) Τη χρονική στιγμή t το ρεύμα μετακινείται από το πηνίο προς τον πυκνωτή. Οπότε ο

πυκνωτής αποθηκεύει ενέργεια στο κύκλωμα.

)4()t102(310t

U)]t10()t10(2[310

t

U

)t10(110

)t10(103200i

C

qiV

t

U)

444

4

5

46

C

Για να είναι μέγιστος ο ρυθμός πρέπει )2

(1)t102( 4

Οπότε sec10

4

3

sec104t

2

2t102

22

22

t1022

t1024

4

4044

110. Α) Από νόμο του Ohm σε κλειστό κύκλωμα έχουμε

220

40

rR

Β) α) Από ΑΔΕ ταλάντωσης έχουμε

F1025C210

)10(

L

QC

C

Q

2

1L

2

1UU 8

22

24

2

222

maxmax

β) Έχουμε sec/rad102LC

11LC 42

)1()t102(10q)t(Qq) 44 και

L

C

Ι

t=0

A Γ

L

C

-q+q

i

t=t1

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

14. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

)2()t102(2i)t(i 4

)3()t102(400V1025

)t102(10V

C

qV) 4

L8

44

LC

ε) 24

1

10410

104

)102()10(

)102(

qQ

q

UU

U

U

U108

10

2524

25

22

2

EmaxE

E

B

E

111. α) Από τη γραφική παράσταση έχουμε

Ι=2 Α και Τ=4 msec , sec/rad5002

οπότε Hz2501

f

β) Cb104

500

2QQ 3

)t500(104

q)t(Qq) 3

και )t500(2i)t(i

112. α) Από τη γραφική παράσταση έχουμε Cb1040Q 6 και

rad6

6

56

6

52

62

62

1)(

)(10401040)t(1040q)t(Qq

00

0

00

0

660t,61020q

0

6

0

β) Επίσης

sec/rad106

510

12610

12

0

610

122

02

610

1200)

610

12(

)6

1012

(10400)6

t(1040q)t(Qq

433

3033

36310

12t,0q6

0

Άρα Hz2

10ff2

4

γ) 2,0104010Q 64

t m( sec)

V Volt( )

40

-40

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

15. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

δ) )6

πt10(104q 45 , )

6

πt10(συν4,0i 4 και

)6

πt10(40V

10

)6

πt10(104

C

qVVV 4

L6

45

LLC

ε) Είναι

sec103

4t

3

4t10

2

3

6t10

2

32

22

6t10)

2(

1)6

t10()6

t10(104104)6

t10(104q

44404

44555104q45

113. α) Από τη γραφική παράσταση έχουμε

3102 και Τ=20π msec , sec/rad102 2

οπότε Hz501

f

β) Cb10210

102QQ 5

2

3

)t100(102q)t(Qq) 5 και )t100(102i)t(i 3

Από τη μέγιστη τιμή της ενέργειας έχουμε

F2

10C

C

)102(

2

1104

C

Q

2

1U

6254

2

max

)1()t100(40V10

2

1)t100(102

C

qV C

6

5

C

δ) Από τη σχέση (1) έχουμε

Volt220V

)4

(40)25,0(40V)105,2100(40V)1(

C

C

3

C

3105,2t

114. α) Από τη σχέση των ενεργειών έχουμε Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

16. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

Cb1010q10202

1qQ

2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

14UU4UU3U

UUU

UU3

66

22

maxmax

max

Οπότε

sec102

3

410

3

2

6

11

210

3

2

6

76

11

62

103

2

6

72

62

210

3

2)

6(

2

1)

210

3

2(

)2

103

2(10210)

2t(102q

3

333

033

355310

3

2t,510q5

Άρα secm2

β)

25,0C

1L1LC

2

2 και 04,0Q

γ) Υπολογίσαμε ότι τη χρονική στιγμή t1 είναι Cb1010q 6 . Από ΑΔΕ έχουμε

302,0i103i4

10104i

4

1010)102(

i)102(

1)10(QLCiq

C

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

1026

1026

1025

2

23

252222

22

max

γ) Τη χρονική στιγμή t το ρεύμα μετακινείται από τον πυκνωτή προς το πηνίο. Οπότε το

πηνίο αποθηκεύει ενέργεια στο κύκλωμα.

L

Q

t=0

A Γ

L

C

-q +q

i

t=t1

++++

-

---Ph

ysics

by C

hris

Sim

opou

los

17. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

sec/40t

i

104

110

t

i

LC

q

L

V

L

V

t

i)

6

5

CL

sec/Joule32,0t

U)302,0(

10

10

t

Ui

C

qiV

t

U6

5

C

Και sec/Joule32,0t

U

t

U

t

U BB

ε) Ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας δίνεται από τη σχέση

)4()t2(4,0t

U)]

2t()

2t(2[4,0

t

U

)2

t(04,010

)2

t(102i

C

qiV

t

U6

5

C

Για να είναι μέγιστος ο ρυθμός πρέπει )2

(1)t2(

Οπότε

secm8

t2

t1042

t2

2

2t2

2

2t2

22

22

t22

t2

3

0

στ) Γραφική παράσταση sec/Joule)t104(4,0)t2(4,0t

U 3

ζ) Γραφική παράσταση

sec/q104t

i

104

1q

t

i

LC

q

L

V

L

V

t

i) 6

6

CL

t(sec)

Δ Δ ( )U / t J/sE

T

0,4

- ,40

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

18. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

115. α) Έχουμε Cb10Q10C

Q

2

110U 66

26

E

Και sec/rad102LC

11LC 42 οπότε

)1()2

t102(10q)2

t(Qq 46

Η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή είναι

)2

t102(10U)2

t102(U 426

E

42

E

β) Cb105q1C

qVolt1VV 7

CL

sec106

sec106

5

t

3

3

5

t102

26

526

13

t102)0(

6

5

)1(6

13

2t102

6

52

62

2t102

)6

(2

1)

2t102()

2t102(10105)1(

4

4

4

444

44677105q

joule75,0U1052

)105(10U

C2

q10UUU) B7

276

B

26

EmaxEB

116. α) Είναι secm42

t

και sec/rad5002

Δ /Δ (Α )i t /s

q Cb( )

Q

-Q

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

19. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

β)

Cb210QQ2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

12UU2UUU

UUU

UU 22

maxmax

max

m25210500Q 5

γ) Είναι s/V25,121022

1025

C2t

V

C

i

t

V

t

q

C

1

t

)C

q(

t

V4

3

C2i

CC

sec/5,2101025t

iq

t

i

LC

q

L

V

L

V

t

i) 54

1

21CL

117. α)Έχουμε sec/rad10LC

11LC 52

Έχουμε )1()t10(Qq)t(Qq 0

5

0

rad6

6

56

6

52

62

)6

(2

1)()(Q

2

Q)1(

00

0

000

0t,2

Qq

και mA22

3103)

6(103)

6t10(Ii 330t,3103i5

Άρα )2()6

t10(102i 53

και Cb102Q10

102QQ 8

5

3

Οπότε )3()6

t10(102q 58

β) Τη χρονική στιγμή t το ρεύμα μετακινείται από τον πυκνωτή προς το πηνίο. Οπότε το

πηνίο αποθηκεύει ενέργεια στο κύκλωμα.

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

20. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

γ) Από τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε

Cb10q)6

(102q)6

105,010(102q)3( 883583105,0t

333533105,0t 103i)6

(102i)6

105,010(102i)2(

Volt01,0V10

10

C

qVVV L6

8

LLC

Cb102Q2

102qQ

2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

12UU2UUU

UUU

UU)

88

22

maxmax

max

Άρα η σχέση (3) μας δίνει

sec103

2t

3

2t10

6

5

6t10

6

56

6t10

6

52

62

6t10

42

2)

6t10()

6t10(102102)3(

5

55505

55888102q

sec/210010210t

iq

t

i

LC

q

L

V

L

V

t

i) 810

2

22CL

Τη χρονική στιγμή t το ρεύμα μετακινείται από τον πυκνωτή προς το

πηνίο. Οπότε το πηνίο αποθηκεύει ενέργεια στο κύκλωμα.

L

q

t=0

A Γ+

+

-

-

i

L

q

t=t2

A Γ+

+

-

-

iPhys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

21. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

118. Α. Τη χρονική στιγμή t=0 έχουμε

0qLC

q0

LC

q

L

V

L

V

t

i CL

Επομένως το κύκλωμα διαρρέεται από μέγιστο ρεύμα Ι=1 Α.

Ακόμη sec/rad102 3

και F10L

1C1LC 4

2

2

Cb10Q10

1QQ 3

3

β) Οι χρονικές εξισώσεις δίνονται από τις σχέσεις

)t10(10q)t(Qq 33

)t10(1i)t(i 3

γ) s/J5tΔ

UΔtΔ

UΔtΔ

UΔ EE

Β. Β. Έχουμε

Cb102Q2Q΄2

Q΄QQ΄

C2L

1Q

LC

1΄Q΄Q

΄Q΄

Q3

Και secm8,0)12(LC2LC2C2L2΄

119. α) Τη χρονική στιγμή t=0 έχουμε

Cb10q104

q25

LC

q

L

V

L

V

t

i 6

8

CL

Ισχύει sec/rad105CL

11LC 322

Από την ΑΔΕ ταλάντωσης είναι

Cb102QQ10310Q)1035()105(

1)10(

QLCiqC

Q

2

1Li

2

1

C

q

2

1UUU

621212223

23

26

2222

22

max

Ακόμη 01,0102105Q 63

Άρα από τις χρονικές εξισώσεις έχουμε

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

22. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

Έχουμε )1()t105(102q)t(Qq 0

36

0

rad6

6

56

6

52

62

)6

(2

1)()(10210)1(

00

0

000

660t,610q

Οπότε )2()6

t105(102q 36

Άρα )2()6

t105(01,0i)t(i 3

0

γ) Τη χρονική στιγμή t το ρεύμα μετακινείται από τον πυκνωτή προς το πηνίο. Οπότε το

πηνίο αποθηκεύει ενέργεια στο κύκλωμα.

Cb102Q2

102qQ

2

1qQ

2

1q

C

Q

2

1

C

q

2

12UU2UUU

UUU

UU)

66

22

maxmax

max

Άρα η σχέση (3) μας δίνει

L

q

t=0

A Γ+

+

-

-

i

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s

23. 4. ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ

sec1060

13t

12

13t105

4

5

6t105

4

54

6t105

4

52

42

6t105

)4

(2

2)

6t105()

6t105(102102)3(

33

3303

33666102q

Phys

ics by

Chr

is Si

mop

oulo

s