Solution

We neglect fringing fields throughout, as justified by the small plate separations compared with the plate dimensions.

1.1

The surface charge density is \(\sigma=Q/A\). A uniformly charged plate produces a field of magnitude \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) at the other plate. A plate experiences force from the other plate’s field, so the attractive force has magnitude

\[ \boxed{F_E=Q\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}.} \]

At fixed charge, this force is independent of the plate separation within the parallel-plate approximation.

1.2

Attraction moves the movable plate towards the fixed plate and stretches the spring by \(x\). Mechanical equilibrium requires

\[ kx=F_E. \]

Consequently,

\[ \boxed{x=\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}.} \]

The separated-plate solution requires \(x<d\), or

\[ Q^2<2k\varepsilon_0Ad. \]

1.3

The electric field between the plates is

\[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} =\frac{Q}{\varepsilon_0A}. \]

Their equilibrium separation is \(d-x\), hence

\[ V=E(d-x). \]

Substituting the displacement gives

\[ \boxed{V=\frac{Q}{\varepsilon_0A} \left(d-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}\right).} \]

1.4

By the given definition,

\[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}. \]

Since \(C_0=\varepsilon_0A/d\),

\[ \boxed{\frac{C}{C_0} =\frac{d}{d-x} =\left(1-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0Ad}\right)^{-1}.} \]

1.5

At equilibrium, the stored energy consists of the capacitor’s electric-field energy and the spring’s elastic energy:

\[ U=\frac{Q^2}{2C}+\frac12kx^2 =\frac{Q^2(d-x)}{2\varepsilon_0A}+\frac12kx^2. \]

Using \(x=Q^2/(2k\varepsilon_0A)\),

\[ \begin{aligned} U &=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{4k\varepsilon_0^2A^2} +\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}\\ &=\boxed{\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}}. \end{aligned} \]

2.1

With \(x\) positive towards the left plate, the left and right gaps are \(d-x\) and \(d+x\). Their capacitances are therefore

\[ C_L=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}, \qquad C_R=\frac{\varepsilon_0A}{d+x}. \]

In switch position \(\alpha\), the movable plate is grounded. Each capacitor has voltage magnitude \(V\), giving

\[ \boxed{Q_L=C_LV=\frac{\varepsilon_0AV}{d-x}, \qquad Q_R=C_RV=\frac{\varepsilon_0AV}{d+x}.} \]

The left fixed plate carries \(+Q_L\), and the facing surface of the movable plate carries \(-Q_L\). The right fixed plate carries \(-Q_R\), and the facing surface of the movable plate carries \(+Q_R\).

2.2

Each fixed plate attracts the movable plate. The left attraction acts in the positive-\(x\) direction and the right attraction in the negative-\(x\) direction. Using the force from 1.1,

\[ F_E=\frac{Q_L^2-Q_R^2}{2\varepsilon_0A}. \]

Thus

\[ F_E=\frac{\varepsilon_0AV^2}{2} \left[\frac{1}{(d-x)^2}-\frac{1}{(d+x)^2}\right]. \]

Combining the fractions gives

\[ \boxed{F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2dx}{(d^2-x^2)^2}.} \]

The force has the same sign as \(x\): electrical attraction tends to increase the displacement towards the nearer plate.

2.3

Rewrite the exact result as

\[ F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x \left(1-\frac{x^2}{d^2}\right)^{-2}. \]

For \(|x|\ll d\), neglecting \(x^2/d^2\) gives

\[ \boxed{F_E\simeq\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x.} \]

2.4

Both springs exert restoring forces. One is compressed and the other stretched, and their total force is

\[ F_{\mathrm{springs}}=-2kx. \]

Adding the linearized electrical force,

\[ F_{\mathrm{tot}} =-2kx+\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x =-k_{\mathrm{eff}}x. \]

Therefore,

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}} =2k-\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}.} \]

The electrical interaction reduces the restoring stiffness. A stable small-displacement response requires \(k_{\mathrm{eff}}>0\).

2.5

The automobile accelerates opposite to positive \(x\). In the automobile frame, the inertial force on the mass is therefore \(+Ma\). Relative equilibrium requires

\[ -k_{\mathrm{eff}}x+Ma=0. \]

Hence

\[ \boxed{a=\frac{k_{\mathrm{eff}}x}{M} =\frac{2}{M}\left(k-\frac{\varepsilon_0AV^2}{d^3}\right)x.} \]

This expression uses the small-displacement approximation introduced in 2.3.

3.1

In position \(\beta\), the movable plate, its connecting wire, and the connected plate of \(C_S\) form an isolated conductor. Its initially zero total charge remains zero.

Let its potential relative to ground be \(V_S\). The charges on its three capacitor surfaces are

\[ q_L=C_L(V_S-V),\qquad q_R=C_R(V_S+V),\qquad q_S=C_SV_S. \]

Charge conservation gives

\[ C_L(V_S-V)+C_R(V_S+V)+C_SV_S=0. \]

Therefore,

\[ V_S=\frac{V(C_L-C_R)}{C_L+C_R+C_S}. \]

Now

\[ C_L-C_R=\frac{2\varepsilon_0Ax}{d^2-x^2}, \qquad C_L+C_R=\frac{2\varepsilon_0Ad}{d^2-x^2}. \]

Substitution yields

\[ \boxed{V_S= \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_S(d^2-x^2)}.} \]

In particular, \(V_S=0\) at the central position and \(V_S>0\) for displacement towards the \(+V\) plate.

3.2

Neglect \(x^2\) compared with \(d^2\) in the denominator:

\[ V_S\simeq \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_Sd^2}. \]

Using \(C_0=\varepsilon_0A/d\),

\[ \boxed{V_S\simeq \frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx}{d}.} \]

Thus the measured voltage is proportional to displacement in this approximation.

4.1

The electrical and spring forces oppose each other. Their magnitude ratio is

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} =\frac{(2\varepsilon_0AV^2/d^3)|x|}{2k|x|} =\frac{\varepsilon_0AV^2}{kd^3}. \]

With \(d=1.0\times10^{-2}\,\mathrm m\),

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} = \frac{(8.85\times10^{-12})(2.5\times10^{-2})(12)^2} {(4.2\times10^3)(1.0\times10^{-2})^3} =\boxed{7.6\times10^{-9}}. \]

The electrical contribution is negligible, so

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}}\simeq2k=8.4\times10^3\,\mathrm{N/m}.} \]

As permitted by the statement, we also neglect electrical forces in position \(\beta\).

4.2

Before braking, the mass is at the centre and at rest relative to the automobile:

\[ x(0)=0,\qquad \dot x(0)=0. \]

After the sudden onset of constant acceleration, its equation of motion in the automobile frame is

\[ M\ddot x+k_{\mathrm{eff}}x=Ma. \]

Define

\[ \omega=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eff}}}{M}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{Ma}{k_{\mathrm{eff}}}. \]

The solution satisfying the initial conditions is

\[ x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t). \]

The first maximum occurs at \(\omega t=\pi\), giving

\[ \boxed{x_{\max}=2x_{\mathrm{eq}} =\frac{2Ma}{k_{\mathrm{eff}}} \simeq\frac{Ma}{k}.} \]

The maximum displacement is twice the static equilibrium displacement because the undamped mass overshoots its new equilibrium position.

4.3

Let the trigger voltage be

\[ V_{\mathrm{th}}=0.15\,\mathrm V. \]

To put the activation boundary at \(a=g\), the maximum voltage during a constant acceleration \(g\) must equal \(V_{\mathrm{th}}\).

The corresponding maximum displacement is

\[ x_g=\frac{Mg}{k} =\frac{(0.15)(9.8)}{4.2\times10^3} =3.5\times10^{-4}\,\mathrm m. \]

Thus

\[ \frac{x_g}{d}=0.035, \]

which supports the small-displacement approximation.

From 3.2,

\[ V_{\mathrm{th}} =\frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx_g}{d}. \]

Solving for the required capacitance,

\[ C_S=2C_0\left(\frac{Vx_g}{dV_{\mathrm{th}}}-1\right) =2C_0\left(\frac{VMg}{kdV_{\mathrm{th}}}-1\right). \]

Here,

\[ C_0=\frac{\varepsilon_0A}{d} =2.2125\times10^{-11}\,\mathrm F =22.125\,\mathrm{pF}, \]

and

\[ \frac{Vx_g}{d}=(12)(0.035)=0.42\,\mathrm V. \]

Consequently,

\[ C_S =2(22.125\,\mathrm{pF}) \left(\frac{0.42}{0.15}-1\right) =79.65\,\mathrm{pF}. \]

To the precision of the data,

\[ \boxed{C_S\simeq80\,\mathrm{pF} =8.0\times10^{-11}\,\mathrm F.} \]

For this constant-acceleration braking model, the maximum voltage is proportional to \(a\), so accelerations below \(g\) do not reach the threshold, while those at or above \(g\) do.

For comparison, retaining the exact geometry from 3.1 gives

\[ C_{S,\mathrm{exact}} = \frac{2\varepsilon_0A\left(Vx_g/V_{\mathrm{th}}-d\right)} {d^2-x_g^2} =79.75\,\mathrm{pF}, \]

which has the same rounded value.

4.4

Let \(L\) be the initial distance between the driver’s head and the steering wheel along the direction of motion.

Initially they have the same velocity. The head continues at constant velocity, while the steering wheel decelerates with the automobile at magnitude \(g\). Their relative acceleration therefore has magnitude \(g\), and the distance closed after time \(t\) is

\[ s_{\mathrm{rel}}=\frac12gt^2. \]

Impact occurs when this equals \(L\):

\[ \boxed{t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}.} \]

Taking a reasonable estimate \(L=0.50\,\mathrm m\),

\[ t_1=\sqrt{\frac{2(0.50)}{9.8}} =0.319\,\mathrm s \simeq\boxed{0.32\,\mathrm s}. \]

4.5

At \(a=g\), the capacitor was chosen so that the trigger voltage is reached at the maximum displacement \(x_g\). The motion is

\[ x(t)=\frac{Mg}{2k}(1-\cos\omega t), \qquad \omega=\sqrt{\frac{2k}{M}}. \]

Since \(x_g=Mg/k\), the first trigger occurs when

\[ 1-\cos\omega t_2=2, \]

or

\[ \omega t_2=\pi. \]

Therefore,

\[ \boxed{t_2=\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}.} \]

Numerically,

\[ t_2=\pi\sqrt{\frac{0.15}{8.4\times10^3}} =0.01328\,\mathrm s \simeq\boxed{13\,\mathrm{ms}}. \]

Comparing with the estimated head-impact time,

\[ \frac{t_2}{t_1}\simeq0.042. \]

The head closes only

\[ \frac12gt_2^2\simeq8.6\times10^{-4}\,\mathrm m =0.86\,\mathrm{mm} \]

before activation. Thus the air bag activates well before the head reaches the steering wheel, assuming instantaneous opening as stipulated.

The solution was checked against the official solution.

Lösung

Wir vernachlässigen durchgehend Randfelder, was durch die im Vergleich zu den Plattenabmessungen kleinen Plattenabstände gerechtfertigt ist.

1.1

Die Flächenladungsdichte beträgt \(\sigma=Q/A\). Eine gleichmäßig geladene Platte erzeugt am Ort der anderen Platte ein Feld mit dem Betrag \(\sigma/(2\varepsilon_0)\). Auf eine Platte wirkt die Kraft des Feldes der anderen Platte, sodass die Anziehungskraft den Betrag

\[ \boxed{F_E=Q\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}.} \]

hat. Bei festgehaltener Ladung ist diese Kraft in der Näherung paralleler Platten unabhängig vom Plattenabstand.

1.2

Die Anziehung verschiebt die bewegliche Platte zur festen Platte hin und dehnt die Feder um \(x\). Das mechanische Gleichgewicht erfordert

\[ kx=F_E. \]

Daraus folgt

\[ \boxed{x=\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}.} \]

Die Lösung für voneinander getrennte Platten setzt \(x<d\) voraus, also

\[ Q^2<2k\varepsilon_0Ad. \]

1.3

Das elektrische Feld zwischen den Platten beträgt

\[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} =\frac{Q}{\varepsilon_0A}. \]

Ihr Gleichgewichtsabstand ist \(d-x\), also gilt

\[ V=E(d-x). \]

Einsetzen der Verschiebung ergibt

\[ \boxed{V=\frac{Q}{\varepsilon_0A} \left(d-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}\right).} \]

1.4

Nach der angegebenen Definition gilt

\[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}. \]

Da \(C_0=\varepsilon_0A/d\), folgt

\[ \boxed{\frac{C}{C_0} =\frac{d}{d-x} =\left(1-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0Ad}\right)^{-1}.} \]

1.5

Im Gleichgewicht setzt sich die gespeicherte Energie aus der elektrischen Feldenergie des Kondensators und der elastischen Energie der Feder zusammen:

\[ U=\frac{Q^2}{2C}+\frac12kx^2 =\frac{Q^2(d-x)}{2\varepsilon_0A}+\frac12kx^2. \]

Mit \(x=Q^2/(2k\varepsilon_0A)\) ergibt sich

\[ \begin{aligned} U &=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{4k\varepsilon_0^2A^2} +\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}\\ &=\boxed{\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}}. \end{aligned} \]

2.1

Da \(x\) in Richtung der linken Platte positiv ist, betragen die linken und rechten Plattenabstände \(d-x\) und \(d+x\). Die zugehörigen Kapazitäten sind daher

\[ C_L=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}, \qquad C_R=\frac{\varepsilon_0A}{d+x}. \]

In Schalterstellung \(\alpha\) ist die bewegliche Platte mit Masse verbunden. An jedem Kondensator liegt eine Spannung vom Betrag \(V\) an, sodass

\[ \boxed{Q_L=C_LV=\frac{\varepsilon_0AV}{d-x}, \qquad Q_R=C_RV=\frac{\varepsilon_0AV}{d+x}.} \]

Die linke feste Platte trägt \(+Q_L\), und die ihr zugewandte Oberfläche der beweglichen Platte trägt \(-Q_L\). Die rechte feste Platte trägt \(-Q_R\), und die ihr zugewandte Oberfläche der beweglichen Platte trägt \(+Q_R\).

2.2

Jede feste Platte zieht die bewegliche Platte an. Die Anziehung durch die linke Platte wirkt in positiver \(x\)-Richtung und die Anziehung durch die rechte Platte in negativer \(x\)-Richtung. Mit der Kraft aus 1.1 gilt

\[ F_E=\frac{Q_L^2-Q_R^2}{2\varepsilon_0A}. \]

Somit folgt

\[ F_E=\frac{\varepsilon_0AV^2}{2} \left[\frac{1}{(d-x)^2}-\frac{1}{(d+x)^2}\right]. \]

Das Zusammenfassen der Brüche ergibt

\[ \boxed{F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2dx}{(d^2-x^2)^2}.} \]

Die Kraft hat dasselbe Vorzeichen wie \(x\): Die elektrische Anziehung wirkt so, dass sie die Auslenkung zur näheren Platte hin vergrößert.

2.3

Wir schreiben das exakte Ergebnis um zu

\[ F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x \left(1-\frac{x^2}{d^2}\right)^{-2}. \]

Für \(|x|\ll d\) ergibt die Vernachlässigung von \(x^2/d^2\)

\[ \boxed{F_E\simeq\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x.} \]

2.4

Beide Federn üben rücktreibende Kräfte aus. Eine wird gestaucht und die andere gedehnt, und ihre Gesamtkraft beträgt

\[ F_{\mathrm{springs}}=-2kx. \]

Durch Addition der linearisierten elektrischen Kraft folgt

\[ F_{\mathrm{tot}} =-2kx+\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x =-k_{\mathrm{eff}}x. \]

Daher gilt

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}} =2k-\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}.} \]

Die elektrische Wechselwirkung verringert die rücktreibende Steifigkeit. Ein stabiles Verhalten bei kleinen Auslenkungen erfordert \(k_{\mathrm{eff}}>0\).

2.5

Das Auto beschleunigt entgegen der positiven \(x\)-Richtung. Im Bezugssystem des Autos beträgt die Trägheitskraft auf die Masse daher \(+Ma\). Das relative Gleichgewicht erfordert

\[ -k_{\mathrm{eff}}x+Ma=0. \]

Damit folgt

\[ \boxed{a=\frac{k_{\mathrm{eff}}x}{M} =\frac{2}{M}\left(k-\frac{\varepsilon_0AV^2}{d^3}\right)x.} \]

Dieser Ausdruck verwendet die in 2.3 eingeführte Näherung für kleine Auslenkungen.

3.1

In Stellung \(\beta\) bilden die bewegliche Platte, ihr Anschlussdraht und die angeschlossene Platte von \(C_S\) einen isolierten Leiter. Seine anfangs verschwindende Gesamtladung bleibt null.

Sein Potential gegenüber Masse sei \(V_S\). Die Ladungen auf seinen drei Kondensatorflächen sind

\[ q_L=C_L(V_S-V),\qquad q_R=C_R(V_S+V),\qquad q_S=C_SV_S. \]

Aus der Ladungserhaltung folgt

\[ C_L(V_S-V)+C_R(V_S+V)+C_SV_S=0. \]

Daher gilt

\[ V_S=\frac{V(C_L-C_R)}{C_L+C_R+C_S}. \]

Nun gilt

\[ C_L-C_R=\frac{2\varepsilon_0Ax}{d^2-x^2}, \qquad C_L+C_R=\frac{2\varepsilon_0Ad}{d^2-x^2}. \]

Einsetzen ergibt

\[ \boxed{V_S= \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_S(d^2-x^2)}.} \]

Insbesondere gilt in der Mittellage \(V_S=0\) und bei einer Auslenkung zur Platte auf dem Potential \(+V\) hin \(V_S>0\).

3.2

Wir vernachlässigen \(x^2\) gegenüber \(d^2\) im Nenner:

\[ V_S\simeq \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_Sd^2}. \]

Mit \(C_0=\varepsilon_0A/d\) folgt

\[ \boxed{V_S\simeq \frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx}{d}.} \]

Somit ist die gemessene Spannung in dieser Näherung proportional zur Auslenkung.

4.1

Die elektrische Kraft und die Federkraft sind einander entgegengerichtet. Das Verhältnis ihrer Beträge ist

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} =\frac{(2\varepsilon_0AV^2/d^3)|x|}{2k|x|} =\frac{\varepsilon_0AV^2}{kd^3}. \]

Mit \(d=1.0\times10^{-2}\,\mathrm m\) ergibt sich

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} = \frac{(8.85\times10^{-12})(2.5\times10^{-2})(12)^2} {(4.2\times10^3)(1.0\times10^{-2})^3} =\boxed{7.6\times10^{-9}}. \]

Der elektrische Beitrag ist vernachlässigbar, sodass

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}}\simeq2k=8.4\times10^3\,\mathrm{N/m}.} \]

Wie in der Aufgabenstellung gestattet, vernachlässigen wir die elektrischen Kräfte auch in Stellung \(\beta\).

4.2

Vor dem Bremsen befindet sich die Masse in der Mitte und ruht relativ zum Auto:

\[ x(0)=0,\qquad \dot x(0)=0. \]

Nach dem plötzlichen Einsetzen der konstanten Beschleunigung lautet ihre Bewegungsgleichung im Bezugssystem des Autos

\[ M\ddot x+k_{\mathrm{eff}}x=Ma. \]

Wir definieren

\[ \omega=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eff}}}{M}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{Ma}{k_{\mathrm{eff}}}. \]

Die Lösung, die die Anfangsbedingungen erfüllt, lautet

\[ x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t). \]

Das erste Maximum tritt bei \(\omega t=\pi\) auf. Damit ergibt sich

\[ \boxed{x_{\max}=2x_{\mathrm{eq}} =\frac{2Ma}{k_{\mathrm{eff}}} \simeq\frac{Ma}{k}.} \]

Die maximale Auslenkung ist doppelt so groß wie die statische Gleichgewichtsauslenkung, weil die ungedämpfte Masse über ihre neue Gleichgewichtslage hinausschwingt.

4.3

Die Auslösespannung sei

\[ V_{\mathrm{th}}=0.15\,\mathrm V. \]

Damit die Auslösegrenze bei \(a=g\) liegt, muss die maximale Spannung während einer konstanten Beschleunigung \(g\) gleich \(V_{\mathrm{th}}\) sein.

Die entsprechende maximale Auslenkung beträgt

\[ x_g=\frac{Mg}{k} =\frac{(0.15)(9.8)}{4.2\times10^3} =3.5\times10^{-4}\,\mathrm m. \]

Somit gilt

\[ \frac{x_g}{d}=0.035, \]

was die Näherung für kleine Auslenkungen rechtfertigt.

Aus 3.2 folgt

\[ V_{\mathrm{th}} =\frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx_g}{d}. \]

Auflösen nach der erforderlichen Kapazität ergibt

\[ C_S=2C_0\left(\frac{Vx_g}{dV_{\mathrm{th}}}-1\right) =2C_0\left(\frac{VMg}{kdV_{\mathrm{th}}}-1\right). \]

Dabei gilt

\[ C_0=\frac{\varepsilon_0A}{d} =2.2125\times10^{-11}\,\mathrm F =22.125\,\mathrm{pF}, \]

und

\[ \frac{Vx_g}{d}=(12)(0.035)=0.42\,\mathrm V. \]

Daraus folgt

\[ C_S =2(22.125\,\mathrm{pF}) \left(\frac{0.42}{0.15}-1\right) =79.65\,\mathrm{pF}. \]

Mit der Genauigkeit der angegebenen Daten ergibt sich

\[ \boxed{C_S\simeq80\,\mathrm{pF} =8.0\times10^{-11}\,\mathrm F.} \]

Für dieses Bremsmodell mit konstanter Beschleunigung ist die maximale Spannung proportional zu \(a\). Daher erreichen Beschleunigungen unterhalb von \(g\) den Schwellenwert nicht, während Beschleunigungen gleich oder oberhalb von \(g\) ihn erreichen.

Zum Vergleich ergibt sich bei Beibehaltung der exakten Geometrie aus 3.1

\[ C_{S,\mathrm{exact}} = \frac{2\varepsilon_0A\left(Vx_g/V_{\mathrm{th}}-d\right)} {d^2-x_g^2} =79.75\,\mathrm{pF}, \]

was denselben gerundeten Wert ergibt.

4.4

Sei \(L\) der anfängliche Abstand zwischen dem Kopf des Fahrers und dem Lenkrad entlang der Bewegungsrichtung.

Anfangs haben beide dieselbe Geschwindigkeit. Der Kopf bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit weiter, während das Lenkrad zusammen mit dem Auto mit dem Betrag \(g\) verzögert wird. Ihre Relativbeschleunigung hat daher den Betrag \(g\), und die nach der Zeit \(t\) erfolgte Verringerung ihres Abstands beträgt

\[ s_{\mathrm{rel}}=\frac12gt^2. \]

Der Aufprall erfolgt, wenn dieser Wert gleich \(L\) ist:

\[ \boxed{t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}.} \]

Mit der plausiblen Abschätzung \(L=0.50\,\mathrm m\) ergibt sich

\[ t_1=\sqrt{\frac{2(0.50)}{9.8}} =0.319\,\mathrm s \simeq\boxed{0.32\,\mathrm s}. \]

4.5

Für \(a=g\) wurde der Kondensator so gewählt, dass die Auslösespannung bei der maximalen Auslenkung \(x_g\) erreicht wird. Die Bewegung wird beschrieben durch

\[ x(t)=\frac{Mg}{2k}(1-\cos\omega t), \qquad \omega=\sqrt{\frac{2k}{M}}. \]

Da \(x_g=Mg/k\) gilt, erfolgt die erste Auslösung, wenn

\[ 1-\cos\omega t_2=2, \]

also

\[ \omega t_2=\pi. \]

Daher gilt

\[ \boxed{t_2=\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}.} \]

Numerisch ergibt sich

\[ t_2=\pi\sqrt{\frac{0.15}{8.4\times10^3}} =0.01328\,\mathrm s \simeq\boxed{13\,\mathrm{ms}}. \]

Der Vergleich mit der abgeschätzten Zeit bis zum Aufprall des Kopfes ergibt

\[ \frac{t_2}{t_1}\simeq0.042. \]

Der Kopf nähert sich dem Lenkrad vor der Auslösung lediglich um

\[ \frac12gt_2^2\simeq8.6\times10^{-4}\,\mathrm m =0.86\,\mathrm{mm} \]

an. Somit wird der Airbag lange bevor der Kopf das Lenkrad erreicht ausgelöst, sofern er sich wie vorausgesetzt augenblicklich öffnet.

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

Çözüm

Levhalar arasındaki uzaklıkların levha boyutlarına göre küçük olması nedeniyle, çözüm boyunca kenar etkilerinden kaynaklanan alanları ihmal ediyoruz.

1.1

Yüzey yük yoğunluğu \(\sigma=Q/A\)'dır. Düzgün yüklü bir levha, diğer levhanın bulunduğu yerde büyüklüğü \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) olan bir alan oluşturur. Bir levhaya, diğer levhanın alanından dolayı kuvvet etki eder; dolayısıyla çekim kuvvetinin büyüklüğü

\[ \boxed{F_E=Q\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}.} \]

olur. Yük sabitken bu kuvvet, paralel levha yaklaşımı çerçevesinde levhalar arasındaki uzaklıktan bağımsızdır.

1.2

Çekim, hareketli levhayı sabit levhaya doğru hareket ettirir ve yayı \(x\) kadar uzatır. Mekanik denge için

\[ kx=F_E. \]

olmalıdır. Sonuç olarak,

\[ \boxed{x=\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}.} \]

Levhaların birbirinden ayrı kaldığı çözümün geçerli olması için \(x<d\), yani

\[ Q^2<2k\varepsilon_0Ad. \]

olmalıdır.

1.3

Levhalar arasındaki elektrik alan

\[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} =\frac{Q}{\varepsilon_0A}. \]

şeklindedir. Dengedeki uzaklıkları \(d-x\) olduğundan

\[ V=E(d-x). \]

Yer değiştirme yerine yazıldığında

\[ \boxed{V=\frac{Q}{\varepsilon_0A} \left(d-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}\right).} \]

elde edilir.

1.4

Verilen tanıma göre,

\[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}. \]

\(C_0=\varepsilon_0A/d\) olduğundan,

\[ \boxed{\frac{C}{C_0} =\frac{d}{d-x} =\left(1-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0Ad}\right)^{-1}.} \]

1.5

Dengede depolanan enerji, kondansatörün elektrik alan enerjisi ile yayın esneklik enerjisinden oluşur:

\[ U=\frac{Q^2}{2C}+\frac12kx^2 =\frac{Q^2(d-x)}{2\varepsilon_0A}+\frac12kx^2. \]

\(x=Q^2/(2k\varepsilon_0A)\) kullanılarak,

\[ \begin{aligned} U &=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{4k\varepsilon_0^2A^2} +\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}\\ &=\boxed{\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}}. \end{aligned} \]

2.1

\(x\) sola, soldaki levhaya doğru pozitif alındığında, sol ve sağ aralıklar \(d-x\) ve \(d+x\)'tir. Dolayısıyla sığalar

\[ C_L=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}, \qquad C_R=\frac{\varepsilon_0A}{d+x}. \]

olur. Anahtar \(\alpha\) konumundayken hareketli levha topraklanmıştır. Her bir kondansatörün gerilim büyüklüğü \(V\) olduğundan

\[ \boxed{Q_L=C_LV=\frac{\varepsilon_0AV}{d-x}, \qquad Q_R=C_RV=\frac{\varepsilon_0AV}{d+x}.} \]

elde edilir. Soldaki sabit levha \(+Q_L\) yükünü, hareketli levhanın ona bakan yüzeyi ise \(-Q_L\) yükünü taşır. Sağdaki sabit levha \(-Q_R\) yükünü, hareketli levhanın ona bakan yüzeyi ise \(+Q_R\) yükünü taşır.

2.2

Her bir sabit levha hareketli levhayı çeker. Soldaki çekim pozitif \(x\) yönünde, sağdaki çekim ise negatif \(x\) yönünde etki eder. 1.1'deki kuvvet kullanılarak,

\[ F_E=\frac{Q_L^2-Q_R^2}{2\varepsilon_0A}. \]

Böylece

\[ F_E=\frac{\varepsilon_0AV^2}{2} \left[\frac{1}{(d-x)^2}-\frac{1}{(d+x)^2}\right]. \]

Kesirler birleştirildiğinde

\[ \boxed{F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2dx}{(d^2-x^2)^2}.} \]

elde edilir. Kuvvetin işareti \(x\) ile aynıdır: elektriksel çekim, daha yakın levhaya doğru olan yer değiştirmeyi artırma eğilimindedir.

2.3

Tam sonucu şu biçimde yeniden yazalım:

\[ F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x \left(1-\frac{x^2}{d^2}\right)^{-2}. \]

\(|x|\ll d\) için \(x^2/d^2\) ihmal edildiğinde

\[ \boxed{F_E\simeq\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x.} \]

elde edilir.

2.4

Her iki yay da geri çağırıcı kuvvet uygular. Biri sıkışır, diğeri uzar ve toplam kuvvetleri

\[ F_{\mathrm{springs}}=-2kx. \]

olur. Doğrusallaştırılmış elektriksel kuvvet eklendiğinde,

\[ F_{\mathrm{tot}} =-2kx+\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x =-k_{\mathrm{eff}}x. \]

Dolayısıyla,

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}} =2k-\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}.} \]

Elektriksel etkileşim, geri çağırıcı kuvvete karşılık gelen etkin yay sabitini azaltır. Küçük yer değiştirmeler karşısında kararlı bir tepki için \(k_{\mathrm{eff}}>0\) olmalıdır.

2.5

Otomobil, pozitif \(x\) yönünün tersine ivmelenir. Bu nedenle otomobilin referans sisteminde kütleye etki eden eylemsizlik kuvveti \(+Ma\)'dır. Bağıl denge için

\[ -k_{\mathrm{eff}}x+Ma=0. \]

olmalıdır. Buradan

\[ \boxed{a=\frac{k_{\mathrm{eff}}x}{M} =\frac{2}{M}\left(k-\frac{\varepsilon_0AV^2}{d^3}\right)x.} \]

elde edilir. Bu ifadede, 2.3'te yapılan küçük yer değiştirme yaklaşımı kullanılmıştır.

3.1

\(\beta\) konumunda hareketli levha, ona bağlı tel ve \(C_S\)'nin bu tele bağlı levhası, yalıtılmış bir iletken oluşturur. Başlangıçta sıfır olan toplam yükü sıfır kalır.

Bu iletkenin toprağa göre potansiyeli \(V_S\) olsun. Üç kondansatör yüzeyindeki yükler

\[ q_L=C_L(V_S-V),\qquad q_R=C_R(V_S+V),\qquad q_S=C_SV_S. \]

şeklindedir. Yükün korunumundan

\[ C_L(V_S-V)+C_R(V_S+V)+C_SV_S=0. \]

elde edilir. Dolayısıyla,

\[ V_S=\frac{V(C_L-C_R)}{C_L+C_R+C_S}. \]

Şimdi

\[ C_L-C_R=\frac{2\varepsilon_0Ax}{d^2-x^2}, \qquad C_L+C_R=\frac{2\varepsilon_0Ad}{d^2-x^2}. \]

Yerine koyulduğunda

\[ \boxed{V_S= \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_S(d^2-x^2)}.} \]

elde edilir. Özellikle, merkez konumunda \(V_S=0\)'dır ve \(+V\) levhasına doğru yer değiştirme için \(V_S>0\)'dır.

3.2

Paydada \(x^2\)'yi \(d^2\)'ye göre ihmal edelim:

\[ V_S\simeq \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_Sd^2}. \]

\(C_0=\varepsilon_0A/d\) kullanılarak,

\[ \boxed{V_S\simeq \frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx}{d}.} \]

Böylece bu yaklaşımda ölçülen gerilim, yer değiştirmeyle orantılıdır.

4.1

Elektriksel kuvvet ile yay kuvvetleri birbirine zıt yönlüdür. Büyüklüklerinin oranı

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} =\frac{(2\varepsilon_0AV^2/d^3)|x|}{2k|x|} =\frac{\varepsilon_0AV^2}{kd^3}. \]

olur. \(d=1.0\times10^{-2}\,\mathrm m\) ile,

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} = \frac{(8.85\times10^{-12})(2.5\times10^{-2})(12)^2} {(4.2\times10^3)(1.0\times10^{-2})^3} =\boxed{7.6\times10^{-9}}. \]

Elektriksel katkı ihmal edilebilir, dolayısıyla

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}}\simeq2k=8.4\times10^3\,\mathrm{N/m}.} \]

Soru metninde izin verildiği üzere, \(\beta\) konumunda da elektriksel kuvvetleri ihmal ediyoruz.

4.2

Frenlemeden önce kütle merkezdedir ve otomobile göre durmaktadır:

\[ x(0)=0,\qquad \dot x(0)=0. \]

Sabit ivmelenmenin aniden başlamasından sonra, otomobilin referans sistemindeki hareket denklemi

\[ M\ddot x+k_{\mathrm{eff}}x=Ma. \]

olur. Şu tanımları yapalım:

\[ \omega=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eff}}}{M}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{Ma}{k_{\mathrm{eff}}}. \]

Başlangıç koşullarını sağlayan çözüm

\[ x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t). \]

şeklindedir. İlk maksimum \(\omega t=\pi\) anında gerçekleşir ve

\[ \boxed{x_{\max}=2x_{\mathrm{eq}} =\frac{2Ma}{k_{\mathrm{eff}}} \simeq\frac{Ma}{k}.} \]

elde edilir. Sönümsüz kütle yeni denge konumunu aşıp geçtiğinden, en büyük yer değiştirme statik denge yer değiştirmesinin iki katıdır.

4.3

Tetikleme gerilimi

\[ V_{\mathrm{th}}=0.15\,\mathrm V. \]

olsun. Etkinleşme sınırını \(a=g\) olarak belirlemek için, sabit \(g\) ivmesi sırasında ulaşılan en büyük gerilim \(V_{\mathrm{th}}\)'ye eşit olmalıdır.

Buna karşılık gelen en büyük yer değiştirme

\[ x_g=\frac{Mg}{k} =\frac{(0.15)(9.8)}{4.2\times10^3} =3.5\times10^{-4}\,\mathrm m. \]

olur. Böylece

\[ \frac{x_g}{d}=0.035, \]

olması, küçük yer değiştirme yaklaşımını destekler.

3.2'den,

\[ V_{\mathrm{th}} =\frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx_g}{d}. \]

Gerekli sığa için çözüldüğünde,

\[ C_S=2C_0\left(\frac{Vx_g}{dV_{\mathrm{th}}}-1\right) =2C_0\left(\frac{VMg}{kdV_{\mathrm{th}}}-1\right). \]

Burada,

\[ C_0=\frac{\varepsilon_0A}{d} =2.2125\times10^{-11}\,\mathrm F =22.125\,\mathrm{pF}, \]

ve

\[ \frac{Vx_g}{d}=(12)(0.035)=0.42\,\mathrm V. \]

Sonuç olarak,

\[ C_S =2(22.125\,\mathrm{pF}) \left(\frac{0.42}{0.15}-1\right) =79.65\,\mathrm{pF}. \]

Verilerin hassasiyetine göre,

\[ \boxed{C_S\simeq80\,\mathrm{pF} =8.0\times10^{-11}\,\mathrm F.} \]

Bu sabit ivmeli frenleme modelinde, en büyük gerilim \(a\) ile orantılıdır; dolayısıyla \(g\)'nin altındaki ivmelerde eşiğe ulaşılmazken, \(g\)'ye eşit veya daha büyük ivmelerde ulaşılır.

Karşılaştırma amacıyla, 3.1'deki tam geometri korunduğunda

\[ C_{S,\mathrm{exact}} = \frac{2\varepsilon_0A\left(Vx_g/V_{\mathrm{th}}-d\right)} {d^2-x_g^2} =79.75\,\mathrm{pF}, \]

elde edilir; bunun yuvarlatılmış değeri de aynıdır.

4.4

Sürücünün başı ile direksiyon simidi arasındaki hareket doğrultusundaki başlangıç uzaklığı \(L\) olsun.

Başlangıçta ikisi de aynı hıza sahiptir. Baş sabit hızla hareketini sürdürürken, direksiyon simidi otomobille birlikte büyüklüğü \(g\) olan bir ivmeyle yavaşlar. Bu nedenle bağıl ivmelerinin büyüklüğü \(g\)'dir ve \(t\) süresi sonunda aralarındaki uzaklığın azalma miktarı

\[ s_{\mathrm{rel}}=\frac12gt^2. \]

olur. Bu miktar \(L\)'ye eşit olduğunda çarpma gerçekleşir:

\[ \boxed{t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}.} \]

Makul bir tahmin olarak \(L=0.50\,\mathrm m\) alınırsa,

\[ t_1=\sqrt{\frac{2(0.50)}{9.8}} =0.319\,\mathrm s \simeq\boxed{0.32\,\mathrm s}. \]

4.5

Kondansatör, \(a=g\) olduğunda tetikleme gerilimine en büyük yer değiştirme \(x_g\)'de ulaşılacak şekilde seçilmiştir. Hareket

\[ x(t)=\frac{Mg}{2k}(1-\cos\omega t), \qquad \omega=\sqrt{\frac{2k}{M}}. \]

şeklindedir. \(x_g=Mg/k\) olduğundan, ilk tetikleme

\[ 1-\cos\omega t_2=2, \]

ya da

\[ \omega t_2=\pi. \]

olduğunda gerçekleşir. Dolayısıyla,

\[ \boxed{t_2=\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}.} \]

Sayısal olarak,

\[ t_2=\pi\sqrt{\frac{0.15}{8.4\times10^3}} =0.01328\,\mathrm s \simeq\boxed{13\,\mathrm{ms}}. \]

Başın tahmini çarpma süresiyle karşılaştırıldığında,

\[ \frac{t_2}{t_1}\simeq0.042. \]

Etkinleşmeden önce başın direksiyon simidine yaklaşma miktarı yalnızca

\[ \frac12gt_2^2\simeq8.6\times10^{-4}\,\mathrm m =0.86\,\mathrm{mm} \]

olur. Dolayısıyla, belirtildiği gibi anında açıldığı varsayımı altında, hava yastığı baş direksiyon simidine ulaşmadan çok önce etkinleşir.

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

Despreciamos los efectos de borde en todo el problema, lo cual está justificado por las pequeñas separaciones entre las placas en comparación con sus dimensiones.

1.1

La densidad superficial de carga es \(\sigma=Q/A\). Una placa cargada uniformemente produce un campo de módulo \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) en la otra placa. Una placa experimenta una fuerza debida al campo de la otra placa, por lo que el módulo de la fuerza atractiva es

\[ \boxed{F_E=Q\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}.} \]

Para una carga fija, esta fuerza es independiente de la separación entre las placas dentro de la aproximación de placas paralelas.

1.2

La atracción desplaza la placa móvil hacia la placa fija y estira el muelle una distancia \(x\). El equilibrio mecánico exige

\[ kx=F_E. \]

Por consiguiente,

\[ \boxed{x=\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}.} \]

La solución con las placas separadas requiere \(x<d\), o bien

\[ Q^2<2k\varepsilon_0Ad. \]

1.3

El campo eléctrico entre las placas es

\[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} =\frac{Q}{\varepsilon_0A}. \]

Su separación de equilibrio es \(d-x\), por lo que

\[ V=E(d-x). \]

Sustituyendo el desplazamiento, se obtiene

\[ \boxed{V=\frac{Q}{\varepsilon_0A} \left(d-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}\right).} \]

1.4

Según la definición dada,

\[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}. \]

Como \(C_0=\varepsilon_0A/d\),

\[ \boxed{\frac{C}{C_0} =\frac{d}{d-x} =\left(1-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0Ad}\right)^{-1}.} \]

1.5

En el equilibrio, la energía almacenada consta de la energía del campo eléctrico del condensador y de la energía elástica del muelle:

\[ U=\frac{Q^2}{2C}+\frac12kx^2 =\frac{Q^2(d-x)}{2\varepsilon_0A}+\frac12kx^2. \]

Utilizando \(x=Q^2/(2k\varepsilon_0A)\),

\[ \begin{aligned} U &=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{4k\varepsilon_0^2A^2} +\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}\\ &=\boxed{\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}}. \end{aligned} \]

2.1

Tomando \(x\) positivo hacia la placa izquierda, las separaciones a izquierda y derecha son \(d-x\) y \(d+x\). Por tanto, sus capacidades son

\[ C_L=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}, \qquad C_R=\frac{\varepsilon_0A}{d+x}. \]

En la posición \(\alpha\) del conmutador, la placa móvil está conectada a tierra. Cada condensador tiene una tensión de módulo \(V\), de modo que

\[ \boxed{Q_L=C_LV=\frac{\varepsilon_0AV}{d-x}, \qquad Q_R=C_RV=\frac{\varepsilon_0AV}{d+x}.} \]

La placa fija izquierda tiene una carga \(+Q_L\), y la superficie de la placa móvil enfrentada a ella tiene una carga \(-Q_L\). La placa fija derecha tiene una carga \(-Q_R\), y la superficie de la placa móvil enfrentada a ella tiene una carga \(+Q_R\).

2.2

Cada placa fija atrae a la placa móvil. La atracción de la izquierda actúa en el sentido positivo de \(x\) y la atracción de la derecha en el sentido negativo de \(x\). Utilizando la fuerza de 1.1,

\[ F_E=\frac{Q_L^2-Q_R^2}{2\varepsilon_0A}. \]

Por tanto,

\[ F_E=\frac{\varepsilon_0AV^2}{2} \left[\frac{1}{(d-x)^2}-\frac{1}{(d+x)^2}\right]. \]

Al combinar las fracciones, se obtiene

\[ \boxed{F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2dx}{(d^2-x^2)^2}.} \]

La fuerza tiene el mismo signo que \(x\): la atracción eléctrica tiende a aumentar el desplazamiento hacia la placa más cercana.

2.3

Reescribimos el resultado exacto como

\[ F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x \left(1-\frac{x^2}{d^2}\right)^{-2}. \]

Para \(|x|\ll d\), al despreciar \(x^2/d^2\) se obtiene

\[ \boxed{F_E\simeq\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x.} \]

2.4

Ambos muelles ejercen fuerzas restauradoras. Uno está comprimido y el otro estirado, y su fuerza total es

\[ F_{\mathrm{springs}}=-2kx. \]

Sumando la fuerza eléctrica linealizada,

\[ F_{\mathrm{tot}} =-2kx+\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x =-k_{\mathrm{eff}}x. \]

Por tanto,

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}} =2k-\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}.} \]

La interacción eléctrica reduce la rigidez restauradora. Una respuesta estable para desplazamientos pequeños requiere \(k_{\mathrm{eff}}>0\).

2.5

El automóvil acelera en sentido opuesto al sentido positivo de \(x\). En el sistema de referencia del automóvil, la fuerza de inercia sobre la masa es, por tanto, \(+Ma\). El equilibrio relativo exige

\[ -k_{\mathrm{eff}}x+Ma=0. \]

De ahí que

\[ \boxed{a=\frac{k_{\mathrm{eff}}x}{M} =\frac{2}{M}\left(k-\frac{\varepsilon_0AV^2}{d^3}\right)x.} \]

Esta expresión utiliza la aproximación de desplazamientos pequeños introducida en 2.3.

3.1

En la posición \(\beta\), la placa móvil, su cable de conexión y la placa de \(C_S\) conectada a él forman un conductor aislado. Su carga total, inicialmente nula, permanece nula.

Sea \(V_S\) su potencial respecto de tierra. Las cargas en sus tres superficies que forman parte de los condensadores son

\[ q_L=C_L(V_S-V),\qquad q_R=C_R(V_S+V),\qquad q_S=C_SV_S. \]

La conservación de la carga da

\[ C_L(V_S-V)+C_R(V_S+V)+C_SV_S=0. \]

Por tanto,

\[ V_S=\frac{V(C_L-C_R)}{C_L+C_R+C_S}. \]

Ahora bien,

\[ C_L-C_R=\frac{2\varepsilon_0Ax}{d^2-x^2}, \qquad C_L+C_R=\frac{2\varepsilon_0Ad}{d^2-x^2}. \]

La sustitución da

\[ \boxed{V_S= \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_S(d^2-x^2)}.} \]

En particular, \(V_S=0\) en la posición central y \(V_S>0\) para un desplazamiento hacia la placa a \(+V\).

3.2

Despreciamos \(x^2\) frente a \(d^2\) en el denominador:

\[ V_S\simeq \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_Sd^2}. \]

Utilizando \(C_0=\varepsilon_0A/d\),

\[ \boxed{V_S\simeq \frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx}{d}.} \]

Por tanto, en esta aproximación la tensión medida es proporcional al desplazamiento.

4.1

La fuerza eléctrica y la fuerza de los muelles se oponen entre sí. El cociente entre sus módulos es

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} =\frac{(2\varepsilon_0AV^2/d^3)|x|}{2k|x|} =\frac{\varepsilon_0AV^2}{kd^3}. \]

Con \(d=1.0\times10^{-2}\,\mathrm m\),

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} = \frac{(8.85\times10^{-12})(2.5\times10^{-2})(12)^2} {(4.2\times10^3)(1.0\times10^{-2})^3} =\boxed{7.6\times10^{-9}}. \]

La contribución eléctrica es despreciable, por lo que

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}}\simeq2k=8.4\times10^3\,\mathrm{N/m}.} \]

Tal como permite el enunciado, también despreciamos las fuerzas eléctricas en la posición \(\beta\).

4.2

Antes de la frenada, la masa está en el centro y en reposo respecto del automóvil:

\[ x(0)=0,\qquad \dot x(0)=0. \]

Tras el inicio repentino de la aceleración constante, su ecuación de movimiento en el sistema de referencia del automóvil es

\[ M\ddot x+k_{\mathrm{eff}}x=Ma. \]

Definimos

\[ \omega=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eff}}}{M}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{Ma}{k_{\mathrm{eff}}}. \]

La solución que satisface las condiciones iniciales es

\[ x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t). \]

El primer máximo se produce cuando \(\omega t=\pi\), lo que da

\[ \boxed{x_{\max}=2x_{\mathrm{eq}} =\frac{2Ma}{k_{\mathrm{eff}}} \simeq\frac{Ma}{k}.} \]

El desplazamiento máximo es el doble del desplazamiento de equilibrio estático porque, en ausencia de amortiguamiento, la masa sobrepasa su nueva posición de equilibrio.

4.3

Sea la tensión de activación

\[ V_{\mathrm{th}}=0.15\,\mathrm V. \]

Para situar el límite de activación en \(a=g\), la tensión máxima durante una aceleración constante \(g\) debe ser igual a \(V_{\mathrm{th}}\).

El desplazamiento máximo correspondiente es

\[ x_g=\frac{Mg}{k} =\frac{(0.15)(9.8)}{4.2\times10^3} =3.5\times10^{-4}\,\mathrm m. \]

Por tanto,

\[ \frac{x_g}{d}=0.035, \]

lo que respalda la aproximación de desplazamientos pequeños.

A partir de 3.2,

\[ V_{\mathrm{th}} =\frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx_g}{d}. \]

Despejando la capacidad necesaria,

\[ C_S=2C_0\left(\frac{Vx_g}{dV_{\mathrm{th}}}-1\right) =2C_0\left(\frac{VMg}{kdV_{\mathrm{th}}}-1\right). \]

Aquí,

\[ C_0=\frac{\varepsilon_0A}{d} =2.2125\times10^{-11}\,\mathrm F =22.125\,\mathrm{pF}, \]

y

\[ \frac{Vx_g}{d}=(12)(0.035)=0.42\,\mathrm V. \]

Por consiguiente,

\[ C_S =2(22.125\,\mathrm{pF}) \left(\frac{0.42}{0.15}-1\right) =79.65\,\mathrm{pF}. \]

Con la precisión de los datos,

\[ \boxed{C_S\simeq80\,\mathrm{pF} =8.0\times10^{-11}\,\mathrm F.} \]

Para este modelo de frenada con aceleración constante, la tensión máxima es proporcional a \(a\), por lo que las aceleraciones inferiores a \(g\) no alcanzan el umbral, mientras que las iguales o superiores a \(g\) sí lo alcanzan.

A modo de comparación, conservando la geometría exacta de 3.1 se obtiene

\[ C_{S,\mathrm{exact}} = \frac{2\varepsilon_0A\left(Vx_g/V_{\mathrm{th}}-d\right)} {d^2-x_g^2} =79.75\,\mathrm{pF}, \]

que tiene el mismo valor redondeado.

4.4

Sea \(L\) la distancia inicial entre la cabeza del conductor y el volante en la dirección del movimiento.

Inicialmente, ambos tienen la misma velocidad. La cabeza continúa con velocidad constante, mientras que el volante desacelera junto con el automóvil con una aceleración de módulo \(g\). Por tanto, su aceleración relativa tiene módulo \(g\), y la distancia que se acorta la separación tras un tiempo \(t\) es

\[ s_{\mathrm{rel}}=\frac12gt^2. \]

El impacto se produce cuando esta distancia es igual a \(L\):

\[ \boxed{t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}.} \]

Tomando una estimación razonable \(L=0.50\,\mathrm m\),

\[ t_1=\sqrt{\frac{2(0.50)}{9.8}} =0.319\,\mathrm s \simeq\boxed{0.32\,\mathrm s}. \]

4.5

Para \(a=g\), el condensador se eligió de modo que la tensión de activación se alcance en el desplazamiento máximo \(x_g\). El movimiento es

\[ x(t)=\frac{Mg}{2k}(1-\cos\omega t), \qquad \omega=\sqrt{\frac{2k}{M}}. \]

Como \(x_g=Mg/k\), la primera activación se produce cuando

\[ 1-\cos\omega t_2=2, \]

o bien

\[ \omega t_2=\pi. \]

Por tanto,

\[ \boxed{t_2=\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}.} \]

Numéricamente,

\[ t_2=\pi\sqrt{\frac{0.15}{8.4\times10^3}} =0.01328\,\mathrm s \simeq\boxed{13\,\mathrm{ms}}. \]

Comparando con el tiempo estimado hasta el impacto de la cabeza,

\[ \frac{t_2}{t_1}\simeq0.042. \]

La cabeza se acerca al volante tan solo

\[ \frac12gt_2^2\simeq8.6\times10^{-4}\,\mathrm m =0.86\,\mathrm{mm} \]

antes de la activación. Por tanto, el airbag se activa mucho antes de que la cabeza llegue al volante, suponiendo una apertura instantánea, tal como se estipula.

La solución se comprobó con la solución oficial.

解答

由于极板间距远小于极板尺寸，以下始终忽略边缘电场。

1.1

面电荷密度为 \(\sigma=Q/A\)。均匀带电极板在另一极板处产生的电场大小为 \(\sigma/(2\varepsilon_0)\)。每块极板受到另一极板所产生电场的作用力，因此吸引力的大小为

\[ \boxed{F_E=Q\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}.} \]

在电荷量固定时，在平行板近似下，该力与极板间距无关。

1.2

吸引力使可动极板向固定极板移动，并使弹簧伸长 \(x\)。力学平衡要求

\[ kx=F_E. \]

因此，

\[ \boxed{x=\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}.} \]

极板保持分离的解要求 \(x<d\)，即

\[ Q^2<2k\varepsilon_0Ad. \]

1.3

极板间的电场为

\[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} =\frac{Q}{\varepsilon_0A}. \]

平衡时极板间距为 \(d-x\)，因此

\[ V=E(d-x). \]

代入位移得

\[ \boxed{V=\frac{Q}{\varepsilon_0A} \left(d-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}\right).} \]

1.4

根据给定的定义，

\[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}. \]

由于 \(C_0=\varepsilon_0A/d\)，

\[ \boxed{\frac{C}{C_0} =\frac{d}{d-x} =\left(1-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0Ad}\right)^{-1}.} \]

1.5

平衡时，储存的能量由电容器的电场能和弹簧的弹性势能组成：

\[ U=\frac{Q^2}{2C}+\frac12kx^2 =\frac{Q^2(d-x)}{2\varepsilon_0A}+\frac12kx^2. \]

利用 \(x=Q^2/(2k\varepsilon_0A)\)，

\[ \begin{aligned} U &=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{4k\varepsilon_0^2A^2} +\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}\\ &=\boxed{\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}}. \end{aligned} \]

2.1

取朝向左侧极板的方向为 \(x\) 的正方向，则左右两侧的间隙分别为 \(d-x\) 和 \(d+x\)。因此，两电容器的电容为

\[ C_L=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}, \qquad C_R=\frac{\varepsilon_0A}{d+x}. \]

当开关处于 \(\alpha\) 位置时，可动极板接地。每个电容器的电压大小均为 \(V\)，故

\[ \boxed{Q_L=C_LV=\frac{\varepsilon_0AV}{d-x}, \qquad Q_R=C_RV=\frac{\varepsilon_0AV}{d+x}.} \]

左侧固定极板带电 \(+Q_L\)，可动极板与其相对的表面带电 \(-Q_L\)。右侧固定极板带电 \(-Q_R\)，可动极板与其相对的表面带电 \(+Q_R\)。

2.2

每块固定极板都吸引可动极板。左侧的吸引力沿 \(x\) 正方向，右侧的吸引力沿 \(x\) 负方向。利用 1.1 中的力的表达式，

\[ F_E=\frac{Q_L^2-Q_R^2}{2\varepsilon_0A}. \]

因此

\[ F_E=\frac{\varepsilon_0AV^2}{2} \left[\frac{1}{(d-x)^2}-\frac{1}{(d+x)^2}\right]. \]

通分得

\[ \boxed{F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2dx}{(d^2-x^2)^2}.} \]

该力与 \(x\) 同号：电吸引力倾向于增大可动极板朝较近极板方向的位移。

2.3

将精确结果改写为

\[ F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x \left(1-\frac{x^2}{d^2}\right)^{-2}. \]

当 \(|x|\ll d\) 时，忽略 \(x^2/d^2\) 得

\[ \boxed{F_E\simeq\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x.} \]

2.4

两根弹簧均提供回复力。一根被压缩，另一根被拉伸，它们的合力为

\[ F_{\mathrm{springs}}=-2kx. \]

加上线性化后的电场力，

\[ F_{\mathrm{tot}} =-2kx+\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x =-k_{\mathrm{eff}}x. \]

因此，

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}} =2k-\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}.} \]

电相互作用减小了回复力的等效劲度系数。小位移响应稳定的条件为 \(k_{\mathrm{eff}}>0\)。

2.5

汽车的加速度方向与 \(x\) 正方向相反。因此，在汽车参考系中，物体所受的惯性力为 \(+Ma\)。相对平衡要求

\[ -k_{\mathrm{eff}}x+Ma=0. \]

所以

\[ \boxed{a=\frac{k_{\mathrm{eff}}x}{M} =\frac{2}{M}\left(k-\frac{\varepsilon_0AV^2}{d^3}\right)x.} \]

该表达式采用了 2.3 中引入的小位移近似。

3.1

在 \(\beta\) 位置，可动极板、与其相连的导线以及 \(C_S\) 与导线相连的那块极板构成一个孤立导体。其总电荷初始为零，此后始终保持为零。

设其相对于地的电势为 \(V_S\)。其三个电容器表面上的电荷分别为

\[ q_L=C_L(V_S-V),\qquad q_R=C_R(V_S+V),\qquad q_S=C_SV_S. \]

由电荷守恒得

\[ C_L(V_S-V)+C_R(V_S+V)+C_SV_S=0. \]

因此，

\[ V_S=\frac{V(C_L-C_R)}{C_L+C_R+C_S}. \]

又有

\[ C_L-C_R=\frac{2\varepsilon_0Ax}{d^2-x^2}, \qquad C_L+C_R=\frac{2\varepsilon_0Ad}{d^2-x^2}. \]

代入得

\[ \boxed{V_S= \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_S(d^2-x^2)}.} \]

特别地，在中央位置有 \(V_S=0\)，向电势为 \(+V\) 的极板移动时有 \(V_S>0\)。

3.2

在分母中忽略相对于 \(d^2\) 而言的 \(x^2\)：

\[ V_S\simeq \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_Sd^2}. \]

利用 \(C_0=\varepsilon_0A/d\)，

\[ \boxed{V_S\simeq \frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx}{d}.} \]

因此，在这一近似下，测得的电压与位移成正比。

4.1

电场力与弹簧力方向相反。两者的大小之比为

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} =\frac{(2\varepsilon_0AV^2/d^3)|x|}{2k|x|} =\frac{\varepsilon_0AV^2}{kd^3}. \]

取 \(d=1.0\times10^{-2}\,\mathrm m\)，

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} = \frac{(8.85\times10^{-12})(2.5\times10^{-2})(12)^2} {(4.2\times10^3)(1.0\times10^{-2})^3} =\boxed{7.6\times10^{-9}}. \]

电场力的贡献可以忽略，因此

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}}\simeq2k=8.4\times10^3\,\mathrm{N/m}.} \]

根据题意，在 \(\beta\) 位置时我们也忽略电场力。

4.2

制动前，物体位于中央，且相对于汽车静止：

\[ x(0)=0,\qquad \dot x(0)=0. \]

恒定加速度突然开始作用后，物体在汽车参考系中的运动方程为

\[ M\ddot x+k_{\mathrm{eff}}x=Ma. \]

定义

\[ \omega=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eff}}}{M}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{Ma}{k_{\mathrm{eff}}}. \]

满足初始条件的解为

\[ x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t). \]

第一次达到最大位移时 \(\omega t=\pi\)，于是

\[ \boxed{x_{\max}=2x_{\mathrm{eq}} =\frac{2Ma}{k_{\mathrm{eff}}} \simeq\frac{Ma}{k}.} \]

最大位移为静态平衡位移的两倍，因为无阻尼的物体会越过其新的平衡位置。

4.3

设触发电压为

\[ V_{\mathrm{th}}=0.15\,\mathrm V. \]

要将触发边界设在 \(a=g\)，在恒定加速度 \(g\) 作用期间的最大电压必须等于 \(V_{\mathrm{th}}\)。

相应的最大位移为

\[ x_g=\frac{Mg}{k} =\frac{(0.15)(9.8)}{4.2\times10^3} =3.5\times10^{-4}\,\mathrm m. \]

因此

\[ \frac{x_g}{d}=0.035, \]

这说明小位移近似是合理的。

由 3.2 得，

\[ V_{\mathrm{th}} =\frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx_g}{d}. \]

解出所需电容，

\[ C_S=2C_0\left(\frac{Vx_g}{dV_{\mathrm{th}}}-1\right) =2C_0\left(\frac{VMg}{kdV_{\mathrm{th}}}-1\right). \]

这里，

\[ C_0=\frac{\varepsilon_0A}{d} =2.2125\times10^{-11}\,\mathrm F =22.125\,\mathrm{pF}, \]

且

\[ \frac{Vx_g}{d}=(12)(0.035)=0.42\,\mathrm V. \]

因此，

\[ C_S =2(22.125\,\mathrm{pF}) \left(\frac{0.42}{0.15}-1\right) =79.65\,\mathrm{pF}. \]

按所给数据的精度，

\[ \boxed{C_S\simeq80\,\mathrm{pF} =8.0\times10^{-11}\,\mathrm F.} \]

在这一恒定加速度制动模型中，最大电压与 \(a\) 成正比，因此，小于 \(g\) 的加速度不会使电压达到阈值，而等于或大于 \(g\) 的加速度则会。

作为比较，保留 3.1 中的精确几何关系得

\[ C_{S,\mathrm{exact}} = \frac{2\varepsilon_0A\left(Vx_g/V_{\mathrm{th}}-d\right)} {d^2-x_g^2} =79.75\,\mathrm{pF}, \]

其舍入后的数值相同。

4.4

设 \(L\) 为驾驶员头部与方向盘沿运动方向的初始距离。

初始时两者速度相同。头部继续做匀速运动，而方向盘随汽车一起以大小为 \(g\) 的加速度减速。因此，两者的相对加速度大小为 \(g\)，经过时间 \(t\) 后，两者间距减小了

\[ s_{\mathrm{rel}}=\frac12gt^2. \]

当这一距离等于 \(L\) 时发生碰撞：

\[ \boxed{t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}.} \]

取合理估计值 \(L=0.50\,\mathrm m\)，

\[ t_1=\sqrt{\frac{2(0.50)}{9.8}} =0.319\,\mathrm s \simeq\boxed{0.32\,\mathrm s}. \]

4.5

在 \(a=g\) 时，所选电容使电压在最大位移 \(x_g\) 处达到触发电压。运动规律为

\[ x(t)=\frac{Mg}{2k}(1-\cos\omega t), \qquad \omega=\sqrt{\frac{2k}{M}}. \]

由于 \(x_g=Mg/k\)，首次触发时满足

\[ 1-\cos\omega t_2=2, \]

即

\[ \omega t_2=\pi. \]

因此，

\[ \boxed{t_2=\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}.} \]

代入数值得

\[ t_2=\pi\sqrt{\frac{0.15}{8.4\times10^3}} =0.01328\,\mathrm s \simeq\boxed{13\,\mathrm{ms}}. \]

与估计的头部碰撞时间相比，

\[ \frac{t_2}{t_1}\simeq0.042. \]

触发之前，头部与方向盘的间距仅减小了

\[ \frac12gt_2^2\simeq8.6\times10^{-4}\,\mathrm m =0.86\,\mathrm{mm} \]

因此，按题设假定气囊瞬间打开，安全气囊在头部到达方向盘之前很早就已被触发。

解答已与官方解答核对。

Решение

Во всём решении пренебрегаем краевыми эффектами, что оправдано малостью расстояний между пластинами по сравнению с их размерами.

1.1

Поверхностная плотность заряда равна \(\sigma=Q/A\). Равномерно заряженная пластина создаёт у другой пластины поле напряжённостью \(\sigma/(2\varepsilon_0)\). На пластину действует сила со стороны поля другой пластины, поэтому модуль силы притяжения равен

\[ \boxed{F_E=Q\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}.} \]

При фиксированном заряде эта сила в приближении плоского конденсатора не зависит от расстояния между пластинами.

1.2

Притяжение перемещает подвижную пластину к неподвижной и растягивает пружину на \(x\). Для механического равновесия необходимо

\[ kx=F_E. \]

Следовательно,

\[ \boxed{x=\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}.} \]

Для решения, при котором пластины не соприкасаются, требуется \(x<d\), то есть

\[ Q^2<2k\varepsilon_0Ad. \]

1.3

Напряжённость электрического поля между пластинами равна

\[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} =\frac{Q}{\varepsilon_0A}. \]

Расстояние между ними в равновесии равно \(d-x\), поэтому

\[ V=E(d-x). \]

Подставляя смещение, получаем

\[ \boxed{V=\frac{Q}{\varepsilon_0A} \left(d-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}\right).} \]

1.4

Согласно данному определению,

\[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}. \]

Поскольку \(C_0=\varepsilon_0A/d\),

\[ \boxed{\frac{C}{C_0} =\frac{d}{d-x} =\left(1-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0Ad}\right)^{-1}.} \]

1.5

В равновесии запасённая энергия складывается из энергии электрического поля конденсатора и потенциальной энергии упругой деформации пружины:

\[ U=\frac{Q^2}{2C}+\frac12kx^2 =\frac{Q^2(d-x)}{2\varepsilon_0A}+\frac12kx^2. \]

Используя \(x=Q^2/(2k\varepsilon_0A)\), получаем

\[ \begin{aligned} U &=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{4k\varepsilon_0^2A^2} +\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}\\ &=\boxed{\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}}. \end{aligned} \]

2.1

Если положительное направление \(x\) выбрано в сторону левой пластины, левый и правый зазоры равны \(d-x\) и \(d+x\). Поэтому ёмкости соответствующих конденсаторов равны

\[ C_L=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}, \qquad C_R=\frac{\varepsilon_0A}{d+x}. \]

В положении переключателя \(\alpha\) подвижная пластина заземлена. Модуль напряжения на каждом конденсаторе равен \(V\), откуда

\[ \boxed{Q_L=C_LV=\frac{\varepsilon_0AV}{d-x}, \qquad Q_R=C_RV=\frac{\varepsilon_0AV}{d+x}.} \]

Левая неподвижная пластина несёт заряд \(+Q_L\), а обращённая к ней поверхность подвижной пластины — заряд \(-Q_L\). Правая неподвижная пластина несёт заряд \(-Q_R\), а обращённая к ней поверхность подвижной пластины — заряд \(+Q_R\).

2.2

Каждая неподвижная пластина притягивает подвижную. Сила притяжения к левой пластине направлена в сторону положительных \(x\), а к правой — в сторону отрицательных \(x\). Используя выражение для силы из пункта 1.1, получаем

\[ F_E=\frac{Q_L^2-Q_R^2}{2\varepsilon_0A}. \]

Таким образом,

\[ F_E=\frac{\varepsilon_0AV^2}{2} \left[\frac{1}{(d-x)^2}-\frac{1}{(d+x)^2}\right]. \]

Приводя дроби к общему знаменателю, получаем

\[ \boxed{F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2dx}{(d^2-x^2)^2}.} \]

Знак силы совпадает со знаком \(x\): электрическое притяжение стремится увеличить смещение в сторону ближайшей пластины.

2.3

Перепишем точный результат в виде

\[ F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x \left(1-\frac{x^2}{d^2}\right)^{-2}. \]

При \(|x|\ll d\), пренебрегая \(x^2/d^2\), получаем

\[ \boxed{F_E\simeq\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x.} \]

2.4

Обе пружины создают возвращающие силы. Одна из них сжата, а другая растянута, и их суммарная сила равна

\[ F_{\mathrm{springs}}=-2kx. \]

Добавляя линеаризованную электрическую силу, получаем

\[ F_{\mathrm{tot}} =-2kx+\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x =-k_{\mathrm{eff}}x. \]

Следовательно,

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}} =2k-\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}.} \]

Электрическое взаимодействие уменьшает эффективную жёсткость. Для устойчивости при малых смещениях требуется \(k_{\mathrm{eff}}>0\).

2.5

Ускорение автомобиля направлено противоположно положительному направлению \(x\). Поэтому в системе отсчёта автомобиля сила инерции, действующая на груз, равна \(+Ma\). Для относительного равновесия необходимо

\[ -k_{\mathrm{eff}}x+Ma=0. \]

Отсюда

\[ \boxed{a=\frac{k_{\mathrm{eff}}x}{M} =\frac{2}{M}\left(k-\frac{\varepsilon_0AV^2}{d^3}\right)x.} \]

В этом выражении используется приближение малых смещений, введённое в пункте 2.3.

3.1

В положении \(\beta\) подвижная пластина, соединяющий её провод и подключённая к нему обкладка конденсатора \(C_S\) образуют изолированный проводник. Его суммарный заряд, первоначально равный нулю, остаётся нулевым.

Обозначим его потенциал относительно земли через \(V_S\). Заряды на трёх его поверхностях, образующих обкладки конденсаторов, равны

\[ q_L=C_L(V_S-V),\qquad q_R=C_R(V_S+V),\qquad q_S=C_SV_S. \]

Закон сохранения заряда даёт

\[ C_L(V_S-V)+C_R(V_S+V)+C_SV_S=0. \]

Следовательно,

\[ V_S=\frac{V(C_L-C_R)}{C_L+C_R+C_S}. \]

При этом

\[ C_L-C_R=\frac{2\varepsilon_0Ax}{d^2-x^2}, \qquad C_L+C_R=\frac{2\varepsilon_0Ad}{d^2-x^2}. \]

Подстановка даёт

\[ \boxed{V_S= \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_S(d^2-x^2)}.} \]

В частности, \(V_S=0\) в центральном положении, а \(V_S>0\) при смещении в сторону пластины с потенциалом \(+V\).

3.2

Пренебрежём \(x^2\) по сравнению с \(d^2\) в знаменателе:

\[ V_S\simeq \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_Sd^2}. \]

Используя \(C_0=\varepsilon_0A/d\), получаем

\[ \boxed{V_S\simeq \frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx}{d}.} \]

Таким образом, в этом приближении измеряемое напряжение пропорционально смещению.

4.1

Электрическая сила и сила пружин направлены противоположно. Отношение их модулей равно

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} =\frac{(2\varepsilon_0AV^2/d^3)|x|}{2k|x|} =\frac{\varepsilon_0AV^2}{kd^3}. \]

При \(d=1.0\times10^{-2}\,\mathrm m\)

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} = \frac{(8.85\times10^{-12})(2.5\times10^{-2})(12)^2} {(4.2\times10^3)(1.0\times10^{-2})^3} =\boxed{7.6\times10^{-9}}. \]

Электрический вклад пренебрежимо мал, поэтому

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}}\simeq2k=8.4\times10^3\,\mathrm{N/m}.} \]

Как допускается в условии, в положении \(\beta\) мы также пренебрегаем электрическими силами.

4.2

До торможения груз находится в центре и покоится относительно автомобиля:

\[ x(0)=0,\qquad \dot x(0)=0. \]

После внезапного возникновения постоянного ускорения уравнение его движения в системе отсчёта автомобиля имеет вид

\[ M\ddot x+k_{\mathrm{eff}}x=Ma. \]

Введём обозначения

\[ \omega=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eff}}}{M}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{Ma}{k_{\mathrm{eff}}}. \]

Решение, удовлетворяющее начальным условиям, имеет вид

\[ x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t). \]

Первый максимум достигается при \(\omega t=\pi\), откуда

\[ \boxed{x_{\max}=2x_{\mathrm{eq}} =\frac{2Ma}{k_{\mathrm{eff}}} \simeq\frac{Ma}{k}.} \]

Максимальное смещение вдвое больше смещения статического равновесия, поскольку при отсутствии затухания груз проходит новое положение равновесия и продолжает движение.

4.3

Обозначим пороговое напряжение срабатывания через

\[ V_{\mathrm{th}}=0.15\,\mathrm V. \]

Чтобы граница срабатывания соответствовала \(a=g\), максимальное напряжение при постоянном ускорении \(g\) должно равняться \(V_{\mathrm{th}}\).

Соответствующее максимальное смещение равно

\[ x_g=\frac{Mg}{k} =\frac{(0.15)(9.8)}{4.2\times10^3} =3.5\times10^{-4}\,\mathrm m. \]

Таким образом,

\[ \frac{x_g}{d}=0.035, \]

что подтверждает применимость приближения малых смещений.

Из пункта 3.2 получаем

\[ V_{\mathrm{th}} =\frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx_g}{d}. \]

Выражая требуемую ёмкость, получаем

\[ C_S=2C_0\left(\frac{Vx_g}{dV_{\mathrm{th}}}-1\right) =2C_0\left(\frac{VMg}{kdV_{\mathrm{th}}}-1\right). \]

Здесь

\[ C_0=\frac{\varepsilon_0A}{d} =2.2125\times10^{-11}\,\mathrm F =22.125\,\mathrm{pF}, \]

а

\[ \frac{Vx_g}{d}=(12)(0.035)=0.42\,\mathrm V. \]

Следовательно,

\[ C_S =2(22.125\,\mathrm{pF}) \left(\frac{0.42}{0.15}-1\right) =79.65\,\mathrm{pF}. \]

С точностью исходных данных

\[ \boxed{C_S\simeq80\,\mathrm{pF} =8.0\times10^{-11}\,\mathrm F.} \]

В этой модели торможения с постоянным ускорением максимальное напряжение пропорционально \(a\), поэтому при ускорениях меньше \(g\) порог не достигается, а при ускорениях, равных или превышающих \(g\), достигается.

Для сравнения, при точном учёте геометрии согласно пункту 3.1 получаем

\[ C_{S,\mathrm{exact}} = \frac{2\varepsilon_0A\left(Vx_g/V_{\mathrm{th}}-d\right)} {d^2-x_g^2} =79.75\,\mathrm{pF}, \]

что после округления даёт то же значение.

4.4

Пусть \(L\) — начальное расстояние между головой водителя и рулевым колесом вдоль направления движения.

Первоначально они имеют одинаковую скорость. Голова продолжает двигаться с постоянной скоростью, а рулевое колесо замедляется вместе с автомобилем с ускорением, модуль которого равен \(g\). Поэтому модуль их относительного ускорения равен \(g\), а расстояние, на которое они сближаются за время \(t\), равно

\[ s_{\mathrm{rel}}=\frac12gt^2. \]

Удар происходит, когда это расстояние становится равным \(L\):

\[ \boxed{t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}.} \]

Принимая разумную оценку \(L=0.50\,\mathrm m\), получаем

\[ t_1=\sqrt{\frac{2(0.50)}{9.8}} =0.319\,\mathrm s \simeq\boxed{0.32\,\mathrm s}. \]

4.5

При \(a=g\) ёмкость конденсатора выбрана так, чтобы пороговое напряжение достигалось при максимальном смещении \(x_g\). Закон движения имеет вид

\[ x(t)=\frac{Mg}{2k}(1-\cos\omega t), \qquad \omega=\sqrt{\frac{2k}{M}}. \]

Поскольку \(x_g=Mg/k\), первое срабатывание происходит, когда

\[ 1-\cos\omega t_2=2, \]

то есть

\[ \omega t_2=\pi. \]

Следовательно,

\[ \boxed{t_2=\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}.} \]

Численно

\[ t_2=\pi\sqrt{\frac{0.15}{8.4\times10^3}} =0.01328\,\mathrm s \simeq\boxed{13\,\mathrm{ms}}. \]

Сравнивая с оценённым временем до удара головы, получаем

\[ \frac{t_2}{t_1}\simeq0.042. \]

До срабатывания голова приближается к рулевому колесу всего на

\[ \frac12gt_2^2\simeq8.6\times10^{-4}\,\mathrm m =0.86\,\mathrm{mm} \]

Таким образом, подушка безопасности срабатывает задолго до того, как голова достигнет рулевого колеса, при условии мгновенного раскрытия, как указано в задаче.

Решение проверено по официальному решению.

الحل

نهمل المجالات الهامشية في الحل كله، وهو ما يبرره صغر المسافات بين الألواح مقارنة بأبعادها.

1.1

كثافة الشحنة السطحية هي \(\sigma=Q/A\). يولّد لوح مشحون بانتظام مجالًا مقداره \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) عند اللوح الآخر. يتعرض كل لوح لقوة ناتجة عن مجال اللوح الآخر، لذا يكون مقدار قوة التجاذب

\[ \boxed{F_E=Q\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0A}.} \]

عند ثبات الشحنة، لا تعتمد هذه القوة على المسافة بين اللوحين ضمن تقريب اللوحين المتوازيين.

1.2

يحرّك التجاذب اللوح المتحرك باتجاه اللوح الثابت، ويمدد النابض بمقدار \(x\). يتطلب الاتزان الميكانيكي أن يكون

\[ kx=F_E. \]

وبالتالي،

\[ \boxed{x=\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}.} \]

يتطلب الحل الذي يبقى فيه اللوحان منفصلين أن يكون \(x<d\)، أو

\[ Q^2<2k\varepsilon_0Ad. \]

1.3

المجال الكهربائي بين اللوحين هو

\[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} =\frac{Q}{\varepsilon_0A}. \]

المسافة بينهما عند الاتزان هي \(d-x\)، ومن ثم

\[ V=E(d-x). \]

بالتعويض عن الإزاحة نحصل على

\[ \boxed{V=\frac{Q}{\varepsilon_0A} \left(d-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0A}\right).} \]

1.4

وفقًا للتعريف المعطى،

\[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}. \]

وبما أن \(C_0=\varepsilon_0A/d\)، فإن

\[ \boxed{\frac{C}{C_0} =\frac{d}{d-x} =\left(1-\frac{Q^2}{2k\varepsilon_0Ad}\right)^{-1}.} \]

1.5

عند الاتزان، تتكون الطاقة المختزنة من طاقة المجال الكهربائي للمكثف وطاقة المرونة للنابض:

\[ U=\frac{Q^2}{2C}+\frac12kx^2 =\frac{Q^2(d-x)}{2\varepsilon_0A}+\frac12kx^2. \]

باستخدام \(x=Q^2/(2k\varepsilon_0A)\)،

\[ \begin{aligned} U &=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{4k\varepsilon_0^2A^2} +\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}\\ &=\boxed{\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0A} -\frac{Q^4}{8k\varepsilon_0^2A^2}}. \end{aligned} \]

2.1

باعتبار \(x\) موجبة باتجاه اللوح الأيسر، يكون عرض الفجوة اليسرى \(d-x\)، وعرض الفجوة اليمنى \(d+x\). ومن ثم تكون سعتا المكثفين

\[ C_L=\frac{\varepsilon_0A}{d-x}, \qquad C_R=\frac{\varepsilon_0A}{d+x}. \]

في وضع المفتاح \(\alpha\)، يكون اللوح المتحرك مؤرَّضًا. مقدار فرق الجهد بين طرفي كل مكثف هو \(V\)، فنحصل على

\[ \boxed{Q_L=C_LV=\frac{\varepsilon_0AV}{d-x}, \qquad Q_R=C_RV=\frac{\varepsilon_0AV}{d+x}.} \]

يحمل اللوح الثابت الأيسر الشحنة \(+Q_L\)، ويحمل سطح اللوح المتحرك المقابل له الشحنة \(-Q_L\). ويحمل اللوح الثابت الأيمن الشحنة \(-Q_R\)، ويحمل سطح اللوح المتحرك المقابل له الشحنة \(+Q_R\).

2.2

يجذب كل لوح ثابت اللوح المتحرك. تؤثر قوة التجاذب اليسرى في اتجاه \(x\) الموجب، وقوة التجاذب اليمنى في اتجاه \(x\) السالب. باستخدام القوة من 1.1،

\[ F_E=\frac{Q_L^2-Q_R^2}{2\varepsilon_0A}. \]

إذن

\[ F_E=\frac{\varepsilon_0AV^2}{2} \left[\frac{1}{(d-x)^2}-\frac{1}{(d+x)^2}\right]. \]

بتوحيد مقامي الكسرين نحصل على

\[ \boxed{F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2dx}{(d^2-x^2)^2}.} \]

للقوة إشارة \(x\) نفسها: يميل التجاذب الكهربائي إلى زيادة الإزاحة باتجاه اللوح الأقرب.

2.3

نعيد كتابة النتيجة الدقيقة على الصورة

\[ F_E=\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x \left(1-\frac{x^2}{d^2}\right)^{-2}. \]

عندما يكون \(|x|\ll d\)، يعطي إهمال \(x^2/d^2\)

\[ \boxed{F_E\simeq\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x.} \]

2.4

يؤثر كلا النابضين بقوة إرجاع. ينضغط أحدهما ويستطيل الآخر، وتكون محصلة قوتيهما

\[ F_{\mathrm{springs}}=-2kx. \]

بإضافة القوة الكهربائية في التقريب الخطي،

\[ F_{\mathrm{tot}} =-2kx+\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}x =-k_{\mathrm{eff}}x. \]

لذلك،

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}} =2k-\frac{2\varepsilon_0AV^2}{d^3}.} \]

يقلل التآثر الكهربائي من صلابة الإرجاع. وتتطلب استجابة مستقرة للإزاحات الصغيرة أن يكون \(k_{\mathrm{eff}}>0\).

2.5

تتسارع السيارة في الاتجاه المعاكس لاتجاه \(x\) الموجب. لذلك تكون قوة العطالة المؤثرة في الكتلة في الإطار المرجعي للسيارة \(+Ma\). يتطلب الاتزان النسبي أن يكون

\[ -k_{\mathrm{eff}}x+Ma=0. \]

ومن ثم

\[ \boxed{a=\frac{k_{\mathrm{eff}}x}{M} =\frac{2}{M}\left(k-\frac{\varepsilon_0AV^2}{d^3}\right)x.} \]

يستخدم هذا التعبير تقريب الإزاحات الصغيرة الذي استُخدم في 2.3.

3.1

في الوضع \(\beta\)، يشكل اللوح المتحرك وسلك توصيله واللوح المتصل به من المكثف \(C_S\) موصلًا معزولًا. وتبقى شحنته الكلية، التي كانت صفرًا في البداية، مساوية للصفر.

ليكن جهده بالنسبة إلى الأرضي \(V_S\). الشحنات على سطوحه الثلاثة التي تشكل أجزاءً من المكثفات هي

\[ q_L=C_L(V_S-V),\qquad q_R=C_R(V_S+V),\qquad q_S=C_SV_S. \]

يعطي انحفاظ الشحنة

\[ C_L(V_S-V)+C_R(V_S+V)+C_SV_S=0. \]

لذلك،

\[ V_S=\frac{V(C_L-C_R)}{C_L+C_R+C_S}. \]

ولدينا الآن

\[ C_L-C_R=\frac{2\varepsilon_0Ax}{d^2-x^2}, \qquad C_L+C_R=\frac{2\varepsilon_0Ad}{d^2-x^2}. \]

بالتعويض نحصل على

\[ \boxed{V_S= \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_S(d^2-x^2)}.} \]

على وجه الخصوص، يكون \(V_S=0\) عند الموضع المركزي، ويكون \(V_S>0\) للإزاحة باتجاه اللوح ذي الجهد \(+V\).

3.2

نهمل \(x^2\) مقارنة بـ\(d^2\) في المقام:

\[ V_S\simeq \frac{2\varepsilon_0AVx} {2\varepsilon_0Ad+C_Sd^2}. \]

باستخدام \(C_0=\varepsilon_0A/d\)،

\[ \boxed{V_S\simeq \frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx}{d}.} \]

إذن يتناسب الجهد المقاس طرديًا مع الإزاحة في هذا التقريب.

4.1

تتعاكس القوة الكهربائية وقوة النابضين. ونسبة مقداريهما هي

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} =\frac{(2\varepsilon_0AV^2/d^3)|x|}{2k|x|} =\frac{\varepsilon_0AV^2}{kd^3}. \]

مع \(d=1.0\times10^{-2}\,\mathrm m\)،

\[ \frac{|F_E|}{|F_{\mathrm{springs}}|} = \frac{(8.85\times10^{-12})(2.5\times10^{-2})(12)^2} {(4.2\times10^3)(1.0\times10^{-2})^3} =\boxed{7.6\times10^{-9}}. \]

المساهمة الكهربائية مهملة، لذا

\[ \boxed{k_{\mathrm{eff}}\simeq2k=8.4\times10^3\,\mathrm{N/m}.} \]

وكما يجيز نص المسألة، نهمل أيضًا القوى الكهربائية في الوضع \(\beta\).

4.2

قبل الكبح، تكون الكتلة في المركز وساكنة بالنسبة إلى السيارة:

\[ x(0)=0,\qquad \dot x(0)=0. \]

بعد بدء التسارع الثابت فجأة، تكون معادلة حركتها في الإطار المرجعي للسيارة

\[ M\ddot x+k_{\mathrm{eff}}x=Ma. \]

نعرّف

\[ \omega=\sqrt{\frac{k_{\mathrm{eff}}}{M}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{Ma}{k_{\mathrm{eff}}}. \]

الحل الذي يحقق الشروط الابتدائية هو

\[ x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t). \]

تحدث أول قيمة عظمى عند \(\omega t=\pi\)، فنحصل على

\[ \boxed{x_{\max}=2x_{\mathrm{eq}} =\frac{2Ma}{k_{\mathrm{eff}}} \simeq\frac{Ma}{k}.} \]

الإزاحة العظمى تساوي ضعفي إزاحة الاتزان الساكن، لأن الكتلة التي لا تخضع لتخميد تتجاوز موضع اتزانها الجديد.

4.3

ليكن جهد التفعيل

\[ V_{\mathrm{th}}=0.15\,\mathrm V. \]

لجعل حد التفعيل عند \(a=g\)، يجب أن يساوي الجهد الأقصى أثناء تسارع ثابت مقداره \(g\) القيمة \(V_{\mathrm{th}}\).

الإزاحة العظمى المقابلة هي

\[ x_g=\frac{Mg}{k} =\frac{(0.15)(9.8)}{4.2\times10^3} =3.5\times10^{-4}\,\mathrm m. \]

إذن

\[ \frac{x_g}{d}=0.035, \]

وهو ما يدعم استخدام تقريب الإزاحات الصغيرة.

من 3.2،

\[ V_{\mathrm{th}} =\frac{2C_0}{2C_0+C_S}\frac{Vx_g}{d}. \]

بحل المعادلة لإيجاد السعة المطلوبة،

\[ C_S=2C_0\left(\frac{Vx_g}{dV_{\mathrm{th}}}-1\right) =2C_0\left(\frac{VMg}{kdV_{\mathrm{th}}}-1\right). \]

هنا،

\[ C_0=\frac{\varepsilon_0A}{d} =2.2125\times10^{-11}\,\mathrm F =22.125\,\mathrm{pF}, \]

و

\[ \frac{Vx_g}{d}=(12)(0.035)=0.42\,\mathrm V. \]

وبالتالي،

\[ C_S =2(22.125\,\mathrm{pF}) \left(\frac{0.42}{0.15}-1\right) =79.65\,\mathrm{pF}. \]

وفق دقة المعطيات،

\[ \boxed{C_S\simeq80\,\mathrm{pF} =8.0\times10^{-11}\,\mathrm F.} \]

في نموذج الكبح ذي التسارع الثابت هذا، يتناسب الجهد الأقصى طرديًا مع \(a\)، لذا لا تبلغ التسارعات الأقل من \(g\) العتبة، بينما تبلغها التسارعات المساوية لـ\(g\) أو الأكبر منها.

للمقارنة، يعطي الاحتفاظ بالاعتماد الهندسي الدقيق من 3.1

\[ C_{S,\mathrm{exact}} = \frac{2\varepsilon_0A\left(Vx_g/V_{\mathrm{th}}-d\right)} {d^2-x_g^2} =79.75\,\mathrm{pF}, \]

وهي قيمة تعطي النتيجة المقربة نفسها.

4.4

لتكن \(L\) المسافة الابتدائية بين رأس السائق وعجلة القيادة على امتداد اتجاه الحركة.

في البداية، تكون لهما السرعة نفسها. يواصل الرأس الحركة بسرعة ثابتة، بينما تتباطأ عجلة القيادة مع السيارة بمقدار \(g\). لذلك يكون مقدار تسارعهما النسبي \(g\)، ويكون مقدار تناقص المسافة بينهما بعد زمن \(t\) هو

\[ s_{\mathrm{rel}}=\frac12gt^2. \]

يحدث الاصطدام عندما يساوي هذا المقدار \(L\):

\[ \boxed{t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}.} \]

بأخذ التقدير المعقول \(L=0.50\,\mathrm m\)،

\[ t_1=\sqrt{\frac{2(0.50)}{9.8}} =0.319\,\mathrm s \simeq\boxed{0.32\,\mathrm s}. \]

4.5

عند \(a=g\)، اختير المكثف بحيث يُبلَغ جهد التفعيل عند الإزاحة العظمى \(x_g\). وتُعطى الحركة بالعلاقة

\[ x(t)=\frac{Mg}{2k}(1-\cos\omega t), \qquad \omega=\sqrt{\frac{2k}{M}}. \]

بما أن \(x_g=Mg/k\)، فإن أول تفعيل يحدث عندما

\[ 1-\cos\omega t_2=2, \]

أو

\[ \omega t_2=\pi. \]

لذلك،

\[ \boxed{t_2=\pi\sqrt{\frac{M}{2k}}.} \]

عدديًا،

\[ t_2=\pi\sqrt{\frac{0.15}{8.4\times10^3}} =0.01328\,\mathrm s \simeq\boxed{13\,\mathrm{ms}}. \]

بالمقارنة مع الزمن المقدّر لاصطدام الرأس،

\[ \frac{t_2}{t_1}\simeq0.042. \]

لا يقترب الرأس من عجلة القيادة إلا بمقدار

\[ \frac12gt_2^2\simeq8.6\times10^{-4}\,\mathrm m =0.86\,\mathrm{mm} \]

قبل التفعيل. ومن ثم تُفعَّل الوسادة الهوائية قبل وصول الرأس إلى عجلة القيادة بوقت كافٍ، بافتراض انفتاحها لحظيًا كما هو مشترط.

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.