جواب پرسش ها و مسئله های فصل 2 صفحه 79 درس 2 فیزیک یازدهم ریاضی (جریان الکتریکی و مدارهای جریان مستقیم)

لامپ مدار الف درمسیر عبور جریان مدار قرار ندارد پس خاموش می ماند

لامپ مدار ب جریانی درمدار ایجاد نمی شود چون مسیر بسته ای برای عبور جریان نداریم پس خاموش می ماند

لامپ مدار ب روشن می شود زیرا به دوسر لامپ اختلاف پتانسیل متصل است وجریان الکتریکی نیز از فیلامان لامپ می گذرد

پاسخ به صورت زیر خواهد بود:

\(\begin{array}{l}t = 5 \times 60 = 300{\mkern 1mu} {\rm{s}}\\\\I = \frac{q}{t}\;,\;q = ne \to I = \frac{{ne}}{t}\\\\I = \frac{{ne}}{t} \to n = \frac{{It}}{e} = \frac{{0/8 \times 300}}{{1/6 \times {{10}^{ - 19}}}} \to n = 1/5 \times {10^{21}}\\\\R = \frac{V}{I} \to I = \frac{4}{5} = 0/8{\mkern 1mu} {\rm{A}}\end{array}\)

درمته معیوب اگر روکش عایق یکی از سیم ها از بین رفته باشد وبا بدنه اتصال داشته باشد کسی که به آن دست می زند دچار برق گرفتگی می شود اما اگر مته سیم اتصال به زمین داشته باشد جریان الکتریکی به جای عبور از بدن شخص از اتصال به زمین(سیم ارت) عبور می کند ودیگر شخص دچار برق گرفتگی نمی شود(چون مقاومت این سیم درمقایسه با مقاومت بدن شخص خیلی کمتر است)

الف

\(\Delta U = \Delta q \times \Delta V\; \to \;\Delta q = \frac{{\Delta U}}{{\Delta V}}\; \to \;\Delta q = \frac{{{{10}^9}}}{{5 \times {{10}^7}}} = 20{\mkern 1mu} C\)

ب

\(I = \frac{{\Delta q}}{{\Delta t}}\; \to \;I = \frac{{20}}{{0/2}}\; \to \;I = 100{\mkern 1mu} A\)

پ

\(P = \frac{{\Delta U}}{{\Delta t}}\; \to \;P = \frac{{{{10}^9}}}{{0/2}}\; \to \;P = 5 \times {10^9}{\mkern 1mu} W\)

در محدوده ولتاژ 0 تا 7 ولت

\(V_A=V_B \quad,\quad I_B>I_A \quad,\quad R\propto\frac{1}{I} \)

در نتیجه داریم :

\({R_A} > {R_B}\; \to \;m \propto \frac{1}{R}\)

به ازای ولتاژ ثابت جریان عبوری از رسانای الف  کمتر از رسانای ب می باشد.و چون مقاومت با جریان رابطه عکس دارد پس مقاومت الف بیشتر از مقاومت ب است.

درنمودار I-V هرچه شیب نمودار کمتر باشد مقاومت رسانا بیشتر خواهد بود.

پاسخ به صورت زیر خواهد بود:

\(\begin{array}{l}{{\rm{L}}_{\rm{A}}}{\rm{ = }}{{\rm{L}}_{\rm{B}}}\\\\{\rho _A} = {\rho _B}\\\\{r_A} = 0/5{\mkern 1mu} {\rm{mm}}\\\\{r_{B2}} = 2{\mkern 1mu} {\rm{mm}}\\\\{r_{B1}} = 1{\mkern 1mu} {\rm{mm}}\\\\R = \rho \frac{L}{A}\; \Rightarrow \;R \propto \frac{1}{A}\\\\\frac{{{R_A}}}{{{R_B}}} = \frac{{{A_{B2}} - {A_{B1}}}}{{{A_A}}}\; \Rightarrow \;\frac{{{R_A}}}{{{R_B}}} = \frac{{\pi r_{B2}^2 - \pi r_{B1}^2}}{{\pi r_A^2}} = \frac{{{2^2} - {1^2}}}{{0/{5^2}}} = 12\end{array}\)

الف

\(\begin{array}{l}\frac{{{R_A}}}{{{R_B}}} = ?\\\\{r_1} = \frac{{0/08{\mkern 1mu} {\rm{cm}}}}{2} = 0/04{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\\\\{L_1} = 30{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\\\\{R_1} = 1/69 \times {10^{ - 8}} \times \frac{{30}}{{3/14 \times {{\left( {0/04 \times {{10}^{ - 2}}} \right)}^2}}} = \frac{{1/69 \times 30 \times {{10}^{ - 8}}}}{{5 \times {{10}^{ - 7}}}} = 1{\mkern 1mu} \Omega \end{array}\)

ب

\(\begin{array}{l}{r_2} = \frac{{0/13{\mkern 1mu} {\rm{cm}}}}{2} = 0/065{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\\\\{L_2} = 70{\mkern 1mu} {\rm{m}}\\\\{R_2} = 1/69 \times {10^{ - 8}} \times \frac{{70}}{{3/14 \times {{\left( {0/065 \times {{10}^{ - 2}}} \right)}^2}}} = \frac{{1/69 \times 70 \times {{10}^{ - 8}}}}{{1/3 \times {{10}^{ - 6}}}} = 0/89{\mkern 1mu} \Omega \end{array}\)

کاری که ما برای بالا بردن گلوله ها انجام می دهیم ، همانند کار نیروی محرکه مولد برای انتقال بار الکتریکی از یک پایانه مولد برای انتقال بار الکتریکی از یک پایانه مولد به یک پایانه دیگر و سطح شیبدار هم همانند؛ مدار الکتریکی است. در یک مسیر رفت تمام انرزی که ما به گلوله دادیم یا مولد به الکترونها داده است، به علت مقاومت میخ یا مقاومت اتم ها در برابر الکترون ها از بین رفته و به پایین سطح شیبدار می رسد، در مرحله بعد بازهم ای عمل تکرار می شود.

میزان بار الكتریكی ذخیره شده در باتری های قلمی بسیاركمتر از انرژی الكتریكی ذخیره شده در باتری اتومبیل است. لذا باتری های قلمی شدت جریان لازم برای راه اندازی موتور و سایر وسایل الكتریكی اتومبیل را نمی توانند تأمین كنند.

پاسخ به صورت زیر خواهد بود:

\(\begin{array}{l}{{\rm{I}}_{\rm{1}}}{\rm{ = 0}}\\\\{V_1} = 12{\mkern 1mu} {\rm{V}}\\\\R = 10{\mkern 1mu} \Omega \\\\{V_2} = 10/9{\mkern 1mu} {\rm{V}}\\\\{\rm{r = ?}}\\\\{V_1} = \varepsilon - r{I_1} \Rightarrow {V_1} = \varepsilon = 12{\mkern 1mu} {\rm{V}}\\\\{V_2} = R{I_2} \Rightarrow 10/9 = 10{I_2} \Rightarrow {I_2} = \frac{{10/9}}{{10}} = 1/09{\mkern 1mu} {\rm{A}}\\\\{V_2} = \varepsilon - r{I_2} \Rightarrow 10/9 = 12 - r \times 1/09 \Rightarrow r \times 1/09 = 1/1 \Rightarrow r \simeq 1{\mkern 1mu} \Omega \end{array}\)

برای بدست آوردن اختلاف پتانسیل دو نقطه A و B ابتدا باید جریان مدار را بدست آوریم:

با توجه به مدار داریم:

\(\begin{array}{l}{R_1}I - {\varepsilon _1} + {r_1}I + {R_4}I + {R_3}I + {r_3}I + {\varepsilon _3} + {R_2}I + {\varepsilon _2} = 0 \Rightarrow \\\\{R_1}I + {r_1}I + {R_4}I + {R_3}I + {r_3}I + {R_2}I = {\varepsilon _1} - {\varepsilon _3} - {\varepsilon _2} \Rightarrow \\\\I\left( {{R_1} + {r_1} + {R_4} + {R_3} + {r_3} + {R_2}} \right) = {\varepsilon _1} - {\varepsilon _3} - {\varepsilon _2} \Rightarrow \\\\I = \frac{{{\varepsilon _1} - {\varepsilon _3} - {\varepsilon _2}}}{{{R_1} + {r_1} + {R_4} + {R_3} + {r_3} + {R_2}}} = \frac{{14 - 4 - 2}}{{4 + 1 + 2 + 1/5 + 0/5 + 3}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}{\mkern 1mu} {\rm{A}}\end{array}\)

حال اختلاف پتانسیل بصورت زیر خواهد بود:

\(\begin{array}{l}{V_B} + {r_3}I + {\varepsilon _3} + {R_2}I + {\varepsilon _2} = {V_A} \Rightarrow {V_B} - {V_A} = - {r_3}I - {\varepsilon _3} - {R_2}I - {\varepsilon _2} \Rightarrow \\\\{V_B} - {V_A} = - \left( {\frac{1}{5} + 3} \right) \times \frac{2}{3} - (4 + 2) = - 2/33 - 6 = - 8/33{\mkern 1mu} {\rm{V}}\end{array}\)

الف

ابتدا باید جریان مدار رو بدست بیاریم:

\(\begin{array}{l} - {\varepsilon _1} + {r_1}I + RI + {r_2}I + {\varepsilon _2} = 0 \Rightarrow {r_1}I + RI + {r_2}I = {\varepsilon _1} - {\varepsilon _2} \Rightarrow \\\\I({r_1} + R + {r_2}) = {\varepsilon _1} - {\varepsilon _2} \Rightarrow I = \frac{{{\varepsilon _1} - {\varepsilon _2}}}{{{r_1} + R + {r_2}}} = \frac{{6 - 3}}{{0/5 + 1/5 + 1}} = \frac{3}{3} = 1{\mkern 1mu} {\rm{A}}\end{array}\)

حال اختلاف پتانسیل دو سر منبع های نیروی محرکه را به دست می آوریم:

\(\begin{array}{l}{V_1} = {\varepsilon _1} - {r_1}{I_1} = 6 - (0/5 \times 1) = 5/5{\mkern 1mu} {\rm{A}}\\\\{V_2} = {\varepsilon _2} - {r_2}{I_2} = 3 - (1/5 \times 1) = 1/5{\mkern 1mu} {\rm{A}}\end{array}\)

ب

پتانسیل نقطه A برابر است با اختلاف پتانسیل دو سر منبع نیرو محرکه 2 یعنی:

\({V_A} = {V_2} = {\varepsilon _2} - {r_2}{I_2} = 3 - (1/5 \times 1) = 1/5{\mkern 1mu} {\rm{A}}\)

\(\begin{array}{l}{\rho _1} = {\rho _2}\\\\{{\rm{L}}_{\rm{1}}}{\rm{ = }}{{\rm{L}}_{\rm{2}}}\\\\{{\rm{A}}_{\rm{B}}}{\rm{ > }}{{\rm{A}}_{\rm{A}}}\\\\\frac{{{P_B}}}{{{P_A}}} = ?\\\\R = \rho \frac{L}{A} \Rightarrow \frac{{{R_A}}}{{{R_B}}} = \frac{{{A_B}}}{{{A_A}}} > 1 \Rightarrow {R_A} > {R_B}\end{array}\)

چون مقطع رشته لامپ B ضخیم تر است، پس مقاومتش کمتر بوده و با وصل کردن این دو لامپ، به ولتاز یکسان و با توجه به اینکه توان با مقاومت رابطه عکس دارد، در نتیجه توان لامپ B بیشتر بوده و نور بیشتری خواهد داشت.

الف

کتری \({I_1} = \frac{{2400}}{{220}} \Rightarrow {I_1} = 10/9{\mkern 1mu} {\rm{A}}\)

\(P = VI \Rightarrow I = \frac{P}{V}\)

اتو \({I_2} = \frac{{850}}{{220}} \Rightarrow {I_2} = 3/86{\mkern 1mu} {\rm{A}}\)

ب

 کتری \({R_1} = \frac{{{{220}^2}}}{{2400}} \Rightarrow {R_1} \simeq 20/17{\mkern 1mu} \Omega \)

\(P = \frac{{{V^2}}}{R} \Rightarrow R = \frac{{{V^2}}}{P}\)

اتو \({R_2} = \frac{{{{220}^2}}}{{850}} \Rightarrow {R_2} \simeq 57{\mkern 1mu} \Omega \)

\(\begin{array}{l}{V_2} = 2/9{\mkern 1mu} {\rm{V}}\\\\{P_2} = 0/87{\mkern 1mu} {\rm{W}}\\\\\alpha = 4/5 \times {10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\,^ \circ }{{\rm{C}}^{ - 1}}\\\\{R_1} = 1/1{\mkern 1mu} \Omega \\\\{t_1} = 20{{\mkern 1mu} ^ \circ }{\rm{C}}\\\\{R_2} = \frac{{V_2^2}}{{{P_2}}} \Rightarrow {R_2} = \frac{{2/{9^2}}}{{0/87}} = 9/66{\mkern 1mu} \Omega \\\\{R_2} = {R_1}(1 + \alpha \Delta t) \Rightarrow {R_2} - {R_1} = {R_1}\alpha \Delta t \Rightarrow \Delta t = \frac{{{R_2} - {R_1}}}{{{R_1}\alpha }}\\\\\Delta t = \frac{{9/66 - 1/1}}{{1/1 \times 4/5 \times {{10}^{ - 3}}}} = \frac{{8/56 \times {{10}^3}}}{{4/95}} \simeq 1730{\,^ \circ }{\rm{C}}\\\\{t_2} - {t_1} = 1730 \Rightarrow {t_2} = 1730 + 20 = 1750{{\mkern 1mu} ^ \circ }{\rm{C}}\end{array}\)

الف

ب

بزرگی جریان در نقاط a ، b و c یا بززگی جریان حلقه برابر می باشد:

\(I = \frac{\varepsilon }{{{R_1} + {R_2}}}\)

پ

پتانسیل الکتریکی بین نقاط a و b ، b و c ، a و c به صورت زیر خواهد بود:

\(\begin{array}{l}{V_b} - {V_a} = {V_{ab}} = \varepsilon \\\\{{\rm{V}}_{\rm{b}}} - {{\rm{V}}_{\rm{c}}}{\rm{ = }}{{\rm{R}}_{\rm{1}}}{\rm{I}}\\\\{V_a} - {V_c} = \varepsilon - {R_1}I\end{array}\)

ت

هرچه به پایه ی مثبت منبع تغذیه (باطری) نزدیک تر باشیم، انرژی پتانسیل بیشتری نسبت به دیگر نقاط داریم؛ بنابراین:

U_b>U_c>U_a

الف

ب

پ

\(\begin{array}{l}V = \varepsilon - rI\quad .\quad P = VI \Rightarrow \frac{P}{I} = \varepsilon - rI\\\\\frac{{9/0}}{5} = \varepsilon - 5r\\\\\frac{{12/6}}{7} = \varepsilon - 7r\\\\1/9 = \varepsilon - 5r\\\\1/8 = \varepsilon - 7r\end{array}\)

در نتیجه داریم :

\(\begin{array}{l}2r = 0/1 \Rightarrow r = \frac{{0/1}}{2} = 0/05{\mkern 1mu} \Omega \\\\1/9 = \varepsilon - 5r \Rightarrow \varepsilon - 5 \times 0/05 = 1/9 \Rightarrow \varepsilon = 0/25 + 1/9 = 2/14{\mkern 1mu} \Omega \end{array}\)

در اتصال متوالی فقط وقتی یک لامپ می سوزد، مسیر عبور جریان از آن جز مدار قطع می شود. و این باعث، قطع جریان در کل مدار و خاموش شدن همه لامپ ها می شود.

چراغ های خودرو به طور موازی بسته می شود تا با سوختن یک لامپ همه لامپ ها خاموش نشوند؛همچنین در اتصال موازی نور لامپ ها بیشترین روشنایی دارند؛زیرا پتانسیل دوسر همه لامپ ها یکی است، در حالی که در اتصال متوالی ،این پتانسیل به نسبت مقاومت هر لامپ تقسیم می شود.

در مدار موازی نور لامپی بیشتر است که توان مصرفی بیشتری دارد. P=V²/R

مقاومت آمپرسنج باید بسیار ناچیز باشد. اگر آمپرسنج مقامت داشته در اثر افت پتانسیل در آمپرسنج مقداری از جریان طبقه رابطهI=Ɛ/(R+R_A+r) تلف شده و دیگر مقدار جریان با حالتی که آمپرسنج در مدار نباشد برابر نیست.

برای بدست آوردن مقدار I باید جریان های هر گره را با توجه به قوانین کیرشهف بدست آورده و در نهایت مقدار جریان مذکوره را بدست آوریم.

برای پیدا کردن جهت جریان، یک جهت فرضی در نظر می گیریم، اگر با فرض این جهت مقدار جریان منفی بود باید جهت را عکس کنیم در غیر اینصورت جهت فرضی، جهت جریان خواهد بود:

\(\begin{array}{l}{I_1} = 2 + 3 = 5{\mkern 1mu} {\rm{A}}\quad ,\quad {I_2} = 2 + 1 = 3{\mkern 1mu} {\rm{A}}\\\\{{\rm{I}}_{\rm{4}}}{\rm{ + 2 = I}}\\\\{I_1} = {I_3} + {I_2} \Rightarrow {I_3} = 5 - 3 = 2{\mkern 1mu} {\rm{A}}\\\\{I_3} + 4 = {I_4} \Rightarrow {I_4} = 2 + 4 = 6{\mkern 1mu} {\rm{A}}\\\\ \Rightarrow {I_4} + 2 = I \Rightarrow I = 6 + 2 = 8{\mkern 1mu} {\rm{A}}\end{array}\)

با بستن هر کلید تعداد مقاومت های موازی بیشتر شده مقاومت معادل کمتر می شود.  R_T=R/n موقعی که مقاومت معادل کاهش می یابد، طبق رابطه I=Ɛ/(R_T+r)عدد بیشتری را نشان می دهد.

با افزایش جریان، عددی که ولت سنج نشان می دهد مطابق رابطه V= Ɛ-eI کاهش می یابد

با توجه به رابطه توان P=V²/R ابتدا مقاومت معادل هر مدار را محاسبه کرده، سپس بر هم تقسیم می کنیم

\(\begin{array}{l}{R_T} = R + R = 2R \Rightarrow {R_T} = 2R\\\\\frac{{\tilde P}}{P} = \frac{{\frac{{{V^2}}}{{{{\tilde R}_T}}}}}{{\frac{{{V^2}}}{{{R_T}}}}} = \frac{{{R_T}}}{{{{\tilde R}_T}}} = \frac{{2R}}{{\frac{R}{2}}} \Rightarrow \frac{{\tilde P}}{P} = 4\\\\\frac{1}{{{{\tilde R}_T}}} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R} = \frac{2}{R} \Rightarrow {{\tilde R}_T} = \frac{R}{2}\end{array}\)

در شکل الف مقاومت ها به طور متوالی بسته شده اند.(مقاومت ها در یک نقطه یکسان متصل شده اند)

در شکل های ب و پ مقاومت ها به طور موازی بسته شده اند.(دو سر تمام مقاومت های در دو نقطه a و b متصل شده اند)

و شکل ت نه به طور سری بسته شده و نه موازی.

الف

\(\begin{array}{l}{R_1}I - {\varepsilon _2} + {r_2}I + {R_2}I + {r_1}I + {\varepsilon _1} = 0 \Rightarrow {R_1}I + {r_2}I + {R_2}I + {r_1}I + {\varepsilon _1} = {\varepsilon _2}\\\\ \Rightarrow {\varepsilon _2} = \left( {2 + 0/5 + 1/5 + 1} \right) \times 1/2 + 12 = 18{\mkern 1mu} {\rm{V}}\\\\{V_A} + {R_1}I - {\varepsilon _2} + {r_2}I + {R_2}I = {V_B} \Rightarrow {V_A} - {V_B} = {\varepsilon _2} - {R_1}I - {r_2}I - {R_2}I\\\\ \Rightarrow {V_A} - {V_B} = 12 - \left( {2 + 0/5 + 1/5} \right) \times 1/2 = 12 - 4/8 = 7/2{\mkern 1mu} {\rm{V}}\end{array}\)

ب

\(\begin{array}{l}{U_1} = {R_1}{I^2}t = 2 \times {(1/2)^2} \times 5 = 14/4{\rm{ J}}\\\\{U_2} = {R_2}{I^2}t = 1/5 \times {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \times 5 = 10/8{\rm{ J}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{R_T} = 12 + 12 + 12 \to {R_T} = 36{\mkern 1mu} \Omega \to {I_1} = {I_2} = {I_3} = \frac{V}{{{R_T}}} = \frac{{12}}{{36}} = \frac{1}{3}{\rm{ A}}\\\\{I_1} = \frac{{12}}{{12}} = 1{\rm{ A}}\\\\I = \frac{V}{R}\\\\{I_3} = \frac{{12}}{{12}} = 1{\rm{ A}}\\\\{I_2} = \frac{{12}}{{12}} = 1{\rm{ A}}\end{array}\)

پاسخ به صورت زیر خواهد بود:

\(\begin{array}{l}{I_T} = {I_1} = {I_{23}} = \frac{V}{{{R_T}}} = \frac{{36}}{6} = 6{\rm{ A}} \to {V_2} = {V_{23}} = {R_{23}}{I_{23}} \to {V_{23}} = 6 \times 4 = 24{\rm{ V}}\\\\{P_2} = \frac{{V_{23}^2}}{{{R_2}}} \to {P_2} = \frac{{{{24}^2}}}{6} \to {P_2} = 96{\rm{ W}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{I_T} = {I_3} = \frac{V}{{{R_T}}} = \frac{{18}}{6} = 3{\rm{ A}}\\\\{V_{23}} = {R_{23}}{I_{23}} \to {V_{23}} = 2 \times 3 = 6{\rm{ V}}\\\\\mathop \Rightarrow \limits^{{V_1} = {V_2} = {V_3}} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{I_1} = \frac{{{V_1}}}{{{R_1}}} = \frac{6}{6} = 1{\rm{ A}}}\\{{I_2} = \frac{{{V_2}}}{{{R_2}}} = \frac{6}{3} = 2{\rm{ A}}}\end{array}} \right.\end{array}\)

برای حل این سؤال ابتدا باید مقاومت های معادل را بدست آورده و به یک مدار تک حل تبدیل کنیم و سپس جریان مدار را بدست بیاوریم. سه جفت مقاومت 4 اهمی داریم که هر کدام با یکدیگر موازی هستند و بعد از آن مقاومت های معادل این سه جفت با هم موازی خواهند بود و در نهایت مدار تک حلقه ای ایجاد شده و جریان را بدست می آوریم:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{{R_p}}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \to {R_1} = 2\Omega = {R_2} = {R_3}}\\{}\\{\frac{1}{{{R_{eq123}}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \to {R_{eq123}} = \frac{2}{3}\Omega }\\{}\\{2I + 2I + \frac{2}{3}I - 14 = 0 \to I\left( {4 + \frac{2}{3}} \right) = 14 \to I = \frac{{14}}{{4 + \frac{2}{3}}} = \frac{{14}}{{\frac{{14}}{3}}} = 3{\rm{A}}}\\{}\\{{I_e} = {I_{2\Omega }} = {I_{2\Omega }} = 3{\rm{A}}}\end{array}\)

در هر کدام از این سه شاخه‌ی موازی، جریان 1A از دو مقاومت ۴ اهمی که به صورت سری در آن شاخه قرار دارند می‌گذرد؛ یعنی جریان هر یک از مقاومت‌های ۴ اهمی برابر با 1A است.

نتیجه‌گیری نهایی:

• جریان منبع نیروی محرکه: ۳ آمپر
• جریان هر یک از مقاومت‌های ۲ اهمی (بالای مدار): ۳ آمپر
• جریان هر یک از ۶ مقاومت ۴ اهمی: ۱ آمپر

الف

با بستن کلید و اتصال کوتاه لامپ C از مدار حذف می شود و چون جریان الکتریکی از مقدار Ɛ/3R  به  Ɛ/2Rافزایش میی یابد اختلاف پتانسیل هر کدام از مقاومت های مشابه A و B از Ɛ/3به Ɛ/2افزایش می یابد.

نادرست

ب

قبل ا بستن کلیدV_1C=Ɛ/3 و بعد از بستن V_2C=0 می شود یعنی 100 درصد اختلاف پتانسیل C کاهش می یابد.

نادرست

پ

درست

اختلاف پتانسیل دو سر مقاومت ها از V_1A=V_1B=Ɛ/3 به V_2A=V_2B=Ɛ/2 می رسد (50 درصد افزایش) می یابد.

درصد تغییرات اختلاف پتانسیل \( = \frac{{{V_{2A}} - {V_{1A}}}}{{{V_{1A}}}} = \frac{{\frac{\varepsilon }{2} - \frac{\varepsilon }{3}}}{{\frac{\varepsilon }{3}}} = \frac{{\frac{\varepsilon }{6}}}{{\frac{\varepsilon }{3}}} = \frac{3}{6} \times 100\% = 50\% \)

ت

درست

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{P_1} = 1100{\rm{ W}}}\\{{P_2} = 1800{\rm{ W}}}\\{{P_3} = 100{\rm{ W}}}\\{{P_4} = 1100{\rm{ W}}}\\{{V_1} = {V_2} = {V_3} = 220{\rm{ V}}}\\{{I_{{\rm{MAX}}}} = 15{\rm{ A}}}\end{array}} \right.\\\\{P_T} = {P_1} + {P_2} + 5{P_3} + {P_4}\quad {P_T} = 1100 + 1800 + 5 \times 100 + 1100 = 4500{\rm{ W}}\\\\{P_T} = V{I_T} \to {I_T} = \frac{{{P_T}}}{V} = \frac{{4500}}{{220}} = 20/45{\rm{ A}}\end{array}\)

این جریان بزرگتر از بیشینه جریانی است که مدار قادر به تحمل آن است. بنابراین فیوز خواهد پرید.

پاسخ راه دوم:

\(\begin{array}{l}P = \frac{{{V^2}}}{R} \to R = \frac{{{V^2}}}{P}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{R_1} = \frac{{{{220}^2}}}{{1100}} = 44{\mkern 1mu} \Omega }\\{{R_2} = \frac{{{{220}^2}}}{{1800}} = 27{\mkern 1mu} \Omega }\\{{R_3} = \frac{{{{220}^2}}}{{100}} = 484{\mkern 1mu} \Omega }\\{{R_4} = \frac{{{{220}^2}}}{{1100}} = 44{\mkern 1mu} \Omega }\end{array}} \right.\\\\\frac{1}{{{R_T}}} = \frac{1}{{44}} + \frac{1}{{27}} + \frac{1}{{44}} + \frac{5}{{484}} \to \frac{1}{{{R_T}}} = \frac{{297 + 484 + 297 + 5 \times 27}}{{13068}}\\\\{R_T} = 10/77{\mkern 1mu} \Omega \to {I_T} = \frac{{{V_T}}}{{{R_T}}} = \frac{{220}}{{\frac{{10}}{{77}}}} = 20/4{\rm{ A}}\end{array}\)

این جریان بیشتر از بیشینه جریانی است که مدار قادر به تحمل آن است. بنابراین فیوز خواهد پرید.