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