16 статей
Конденсатором называется система, состоящая из двух проводников, расположенных достаточно близко друг от друга. Проводники называют обкладками конденсатора. Если на обкладки конденсатора поместить равные по модулю и противоположные по знаку заряды, то разность потенциалов (напряжение) между обкладками будет пропорциональна заряду обкладок, т. е. отношение заряда к напряжению не будет зависеть от заряда. На основании этого утверждения, которое приводим без доказательства, вводится понятие электроёмкости (ёмкости конденсатора).
Ёмкостью конденсатора называется отношение заряда $$ Q$$ одной из обкладок к разности потенциалов $$ U$$ между этой обкладкой и соседней:
| $$ C={\displaystyle \frac{Q}{U}}$$. | (10.1) |
Если взят заряд на положительно заряженной обкладке, то $$ Q>0, U>0$$ и получится $$ C>0$$. Если заряд взят на отрицательной обкладке, то и опять будет $$ C>0$$. Итак, из определения ёмкости следует, что ёмкость величина положительная. В системе СИ ёмкость измеряется в фарадах: `1"Ф"=1` Кл/В.
Требование близости обкладок друг к другу связано с тем, что для независимости $$ C$$ от $$ Q$$ в (10.1) нужно, чтобы поле от зарядов на обкладках было сосредоточено практически полностью между обкладками, т. е. все силовые линии, начинающиеся на одной обкладке, заканчивались только на другой и не уходили на окружающие тела. В этом случае окружающие тела не будут влиять на ёмкость конденсатора.
Можно вывести, что ёмкость плоского конденсатора
| $$ C={\displaystyle \frac{\varepsilon {\varepsilon }_{0}S}{d}}$$. | (10.2) |
Здесь $$ S$$ - площадь обкладок, $$ d$$ - расстояние между ними, $$ \varepsilon $$ - диэлектрическая проницаемость диэлектрика между обкладками.
При последовательном соединении изначально не заряженных конденсаторов с ёмкостями $$ {C}_{1}, {C}_{2}, ...$$, общий заряд равен заряду каждого конденсатора, общее напряжение равно сумме напряжений на отдельных конденсаторах, общая ёмкость определяется из формулы: $$ {\displaystyle \frac{1}{C}}={\displaystyle \frac{1}{{C}_{1}}}+{\displaystyle \frac{1}{{C}_{2}}}+...$$
Полезно помнить формулу для частного случая последовательного соединения двух конденсаторов: $$ C={\displaystyle \frac{{C}_{1}{C}_{2}}{{C}_{1}+{C}_{2}}}$$.
Для последовательно соединённых n одинаковых конденсаторов ёмкостью $$ {C}_{1}$$ каждый $$ C={C}_{1}/n.$$
Если последовательно соединены предварительно заряженные конденсаторы, то применение перечисленных выше свойств и формул может привести к неправильному результату!
При параллельном соединении конденсаторов с емкостями $$ {C}_{1,} {C}_{2}, ...$$ общий заряд равен сумме зарядов отдельных конденсаторов, общее напряжение равно напряжению на каждом, общая ёмкость равна сумме ёмкостей:
$$ C={C}_{1}+{C}_{2}+...$$
 |
| Рис. 10.1 |
В плоский конденсатор параллельно его обкладкам вставлена пластина из диэлектрика с диэлектрической проницаемостью $$ \varepsilon $$ (рис. 10.1). Площадь обкладок конденсатора и пластины $$ S$$, толщина пластины $$ d$$, расстояние между обкладками $$ 3d$$. Найти ёмкость такого конденсатора.
Пусть расстояние от пластины до левой обкладки конденсатора $$ x$$. Наклеим мысленно на обе стороны пластины тонкую проводящую и незаряженную фольгу. От этого ничего не изменится. Обе фольги можно рассматривать как своеобразные провода, соединяющие три последовательно соединённых конденсатора с расстояниями $$ x$$, $$ d$$ и $$ 2d-x$$. Для общей ёмкости $$ C$$:
$$ {\displaystyle \frac{1}{C}}={\displaystyle \frac{x}{{\varepsilon }_{0}S}}+{\displaystyle \frac{d}{\varepsilon {\varepsilon }_{0}S}}+{\displaystyle \frac{2d-x}{{\varepsilon }_{0}S}}$$.
Окончательно $$ C={\displaystyle \frac{\varepsilon {\varepsilon }_{0}S}{d(2\varepsilon +1)}}.$$ Заметим, что не заданная в условии величина $$ x$$ «исчезла» в процессе решения.
 |
| Рис. 10.2 |
В плоский конденсатор ёмкостью $$ C$$ вставлена параллельно обкладкам плоская проводящая пластина с зарядом $$ Q$$ (рис. 10.2). Конденсатор подсоединён к источнику с ЭДС $$ \mathcal{E}$$. Площади пластины и обкладок конденсатора равны. Толщина пластины равна расстоянию от неё до правой обкладки и составляет четверть от расстояния между обкладками. Найти заряд конденсатора.
Пусть $$ d$$ – расстояние между обкладками, $$ S$$ – их площадь. Пусть $$ q$$ заряд правой обкладки. Тогда заряд левой будет $$ -q$$, т. к. заряд в значительных количествах не может накапливаться на соединительных проводах и в источнике. Направим ось $$ x$$ влево (рис. 10.3).
 |
| Рис. 10.3 |
Заметим, что поле внутри пластины отсутствует и разность потенциалов $$ {\varphi }_{N}-{\varphi }_{F}$$ между точками $$ N$$ и $$ F$$ равна нулю. Кроме того, заряды на поверхностях пластины создают вне пластины такое же поле, как и заряд $$ Q$$, если бы его расположить на любой из двух поверхностей пластины. Это легко показать отдельно.
Разность потенциалов $$ {\varphi }_{M}-{\varphi }_{P}$$ между точками $$ M$$ и $$ P$$ равна $$ \mathcal{E}$$. Поэтому
$$ ({\varphi }_{M}-{\varphi }_{N})+({\varphi }_{N}-{\varphi }_{F})+({\varphi }_{F}-{\varphi }_{P})=\mathcal{E}$$.
У нас $$ {\varphi }_{M}-{\varphi }_{N}={E}_{A}{\displaystyle \frac{d}{4}}, {\varphi }_{N}-{\varphi }_{F}=0, {\varphi }_{F}-{\varphi }_{P}={E}_{K}{\displaystyle \frac{d}{2}}$$.
Здесь - $$ {E}_{A}$$ и $$ {E}_{K}$$ - проекции напряжённости результирующего поля на ось `x`. По принципу суперпозиции полей
$$ {E}_{A}={\displaystyle \frac{q}{2{\varepsilon }_{0}S}}-{\displaystyle \frac{Q}{2{\varepsilon }_{0}S}}-{\displaystyle \frac{-q}{2{\varepsilon }_{0}S}}={\displaystyle \frac{1}{2{\varepsilon }_{0}S}}\left(2q-Q\right)$$,
$$ {E}_{K}={\displaystyle \frac{q}{2{\varepsilon }_{0}S}}+{\displaystyle \frac{Q}{2{\varepsilon }_{0}S}}-{\displaystyle \frac{-q}{2{\varepsilon }_{0}S}}={\displaystyle \frac{1}{2{\varepsilon }_{0}S}}\left(2q+Q\right)$$.
Подставляя выражения для $$ {E}_{A}$$, $$ {E}_{K}$$ и разностей потенциалов в первое
уравнение, получим после упрощений $$ 6q+Q=8\mathcal{E}{\displaystyle \frac{{\varepsilon }_{0}S}{d}}$$.
Так как $$ {\displaystyle \frac{{\varepsilon }_{0}S}{d}}=C$$, то $$ q=(8C\mathcal{E}-Q)/6$$.
Следует заметить, что знак найденного заряда правой обкладки зависит от соотношения заданных в условии задачи величин.
 |
| Рис. 10.4 |
На схему (рис. 10.4) подано напряжение `U=24` В. Ёмкости конденсаторов `C_1=1` мкФ, $$ {C}_{2}=2$$ мкФ, $$ {C}_{3}=3$$ мкФ. Найти напряжения на конденсаторах.
В задачах, где есть схемы с конденсаторами, обычно предполагается, что схемы собраны из первоначально незаряженных конденсаторов.
Ёмкость между точками $$ B$$ и $$ K$$:
$$ {C}_{BK}={C}_{2}+{C}_{3}=5$$ мкФ.
Общая емкость: $$ {C}_{AK}={\displaystyle \frac{{C}_{1}{C}_{BK}}{{C}_{1}+{C}_{BK}}}={\displaystyle \frac{5}{6}}$$ мкФ.
Общий заряд всей батареи конденсаторов $$ {q}_{AK}={C}_{AK}U=20·{10}^{-6 }\mathrm{Кл}.$$
Так как заряд $$ {q}_{1}$$ конденсатора $$ {C}_{1}$$ равен заряду батареи, то напряжение на этом конденсаторе $$ {U}_{1}={q}_{1}/{C}_{1}={q}_{AK}/{C}_{1}=20$$ В. Напряжения на конденсаторах $$ {C}_{2}$$ и $$ {C}_{3}$$ равны напряжению между точками $$ B$$ и $$ K$$ и в сумме с $$ {U}_{1}$$ дают $$ U$$.
Поэтому $$ {U}_{2}={U}_{3}={U}_{BK}=U-{U}_{1}=4$$ В.
Приведённая в задаче схема негромоздкая, и ответ легко получить в общем виде:
$$ {U}_{1}={\displaystyle \frac{{C}_{2}+{C}_{3}}{{C}_{1}+{C}_{2}+{C}_{3}}}U=20$$ B,
$$ U2=U3={\displaystyle \frac{{C}_{1}}{{C}_{1}+{C}_{2}+{C}_{3}}}U=4$$ B.
Электрическое поле обладает энергией. Плотность энергии (энергия единицы объёма) любого электрического поля в некоторой точке зависит от напряжённости поля в этой точке. В однородном изотропном диэлектрике с диэлектрической проницаемостью :
.
Энергия электрического поля конденсатора есть энергия конденсатора. Почти вся энергия плоского конденсатора сосредоточена в однородном поле между его обкладками.
Параметры заряженного конденсатора характеризуются тремя величинами: ёмкостью , зарядом и напряжением . Между ними простая связь: Энергия конденсатора может быть выражена через любые две из трёх величин:
.
Плоский конденсатор имеет заряд и отсоединён от источника. Пластина с диэлектрической проницаемостью заполняет всё пространство между обкладками. Ёмкость конденсатора без диэлектрика равна . Какую минимальную работу надо совершить, чтобы удалить пластину из конденсатора?
Искомая работа внешних сил пойдёт на приращение энергии конденсатора:
.
Заряд конденсатора не изменяется, а ёмкость уменьшается от до . Тогда
Упорядоченное движение электрических зарядов называется электрическим током. Эти заряды называются носителями тока. В металлах носителями тока являются электроны, в электролитах – положительные и отрицательные ионы, в ионизованных газах и плазме – ионы обоих знаков и электроны.
называется отношение заряда $$ ∆Q$$ проходящего через поперечное сечение проводника за время $$ ∆t$$, к $$ ∆t$$:
| $$ I={\displaystyle \frac{∆Q}{∆t}}$$. | (12.1) |
Если переносимый заряд $$ ∆Q$$ пропорционален $$ ∆t$$, то сила тока $$ I$$ постоянна и говорят о постоянном токе. В остальных случаях формула (12.1) даёт мгновенное значение тока при $$ ∆t\to 0.$$
За направление тока принимается направление движения положительных зарядов. Прохождение через поперечное сечение проводника отрицательного заряда эквивалентно в смысле переноса заряда прохождению такого же по модулю положительного заряда, но в противоположном направлении. Под $$ ∆Q$$ в (12.1) понимается алгебраическая сумма зарядов, переносимых носителями обоих знаков.
Силу тока $$ I$$ удобно иногда считать положительной или отрицательной в зависимости от выбора положительного направления вдоль проводника. Если направление тока совпадает с выбранным направлением вдоль проводника, то $$ ∆Q>0$$ и $$ I>0$$. В противном случае и Но часто под силой тока понимают её абсолютное значение, указывая дополнительно направление тока.
Пусть на свободные заряды участка цепи `1-2` действуют сторонние силы (силы неэлектростатического происхождения). Тогда говорят, что на участке `1-2` действует электродвижущая сила (ЭДС). За направление действия ЭДС будем считать направление действия сторонних сил на положительные заряды.
Для участка цепи `1-2` можно вывести, используя закон сохранения и превращения энергии, закон Ома для участка цепи, содержащего ЭДС:
| $$ \left(\varphi 1-\varphi 2\right)\pm \mathcal{E}=\pm IR$$. | (13.1) |
Здесь $$ \left({\varphi }_{1}-{\varphi }_{2}\right)$$- разность потенциалов (напряжение) между точками `1` и `2`, $$ \mathcal{E}$$ – ЭДС, действующая на участке `1-2`, $$ I$$ – сила тока, $$ R$$ – сопротивление участка `1-2`. В (13.1) величины $$ I$$ и $$ \mathcal{E}$$ взяты положительными, что удобно на практике. При этом справедливо правило знаков: перед $$ \mathcal{E}$$ (или $$ I$$ ) берётся знак `«+»`, если направление действия ЭДС (или направление тока) совпадает с направлением от `1` к `2` и наоборот. Величина $$ IR$$ называется падением напряжения.
На схемах ЭДС на участках цепи обозначается 
, наличие у участка цепи сопротивления обозначается. 
. Причём ЭДС и сопротивление могут быть «размазаны» по участку `1-2` произвольным образом и поэтому порядок расположения этих двух символических обозначений для участка цепи в схеме не играет роли. Направление действия ЭДС совпадает с направлением от `«-»` к `«+»` на символическом обозначении.
Следует отметить, что равенство (13.1) справедливо не только для постоянных по времени, $$ I$$, $$ \mathcal{E}$$, $$ R$$ но и для их мгновенных значений.
 |
| Рис. 13.1 |
На участке цепи `1–2`, имеющем сопротивление $$ R=5$$ Ом, идёт ток $$ I=2$$ А и действует ЭДС $$ \mathcal{E}=12$$ В. Найти на участке `1–2` (рис. 13.1) падение напряжения и напряжение.
Падение напряжения есть $$ IR=10$$ B. По закону Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, $$ \left({\varphi }_{1}-{\varphi }_{2}\right)-\mathcal{E}=IR$$. Отсюда напряжение
$$ {U}_{12}={\varphi }_{1}-{\varphi }_{2}=IR+\mathcal{E}=22$$ B.
 |
| Рис. 15.1 |
Под замкнутой цепью понимается схема, в которой участок цепи с ЭДС и сопротивлением подсоединён к участку цепи с сопротивлением и без ЭДС (рис. 15.1). Участок называется источником тока или просто источником. Сопротивление участка называется внутренним сопротивлением источника и на схемах обозначение в виде прямоугольника опускается, указывается только сама буква . Участок замкнутой цепи называют внутренним, участок – внешним, а сопротивление – внешним сопротивлением. Под действием сторонних сил в источнике в замкнутой цепи возникает ток , идущий вне источника от `«+»` к `«-»`. Применим закон Ома для участков и :
Сложив последние два уравнения, получим:
| . | (15.1) |
называется внутренним падением напряжения, – внешним падением напряжения. Обычно закон Ома для замкнутой цепи записывают в одной из двух форм, которые получаются из (15.1):
.
называется полным сопротивлением цепи.
При последовательном соединении проводников с сопротивлениями $$ {R}_{1}, {R}_{2}, {R}_{3}, ...$$ ток $$ I $$равен току в каждом:
$$ I={I}_{1}={I}_{2}={I}_{3}=...$$
На рис. 16.1 показано последовательное соединение двух проводников. Общая разность потенциалов (напряжение) всего участка цепи, как легко показать, равна сумме напряжений на отдельных проводниках:
 |
| Рис. 16.1 |
$$ U={U}_{1}+{U}_{2}+{U}_{3}+...$$
Можно вывести, что общее сопротивление при последовательном соединении проводников:
$$ R={R}_{1}+{R}_{2}+{R}_{3}+...$$
В частном случае последовательного соединения $$ n$$ проводников сопротивлением $$ {R}_{1}$$ каждый $$ R=n{R}_{1}$$.
$$ I={I}_{1}+{I}_{2}+{I}_{3}+...$$. При параллельном соединении проводников ток `I` равен сумме токов во всех проводниках:
На рис. 16.2 показано параллельное соединение двух проводников. Общее напряжение равно напряжению на каждом проводнике:
 |
| Рис. 16.2 |
$$ U={U}_{1}={U}_{2}={U}_{3}=...$$
Можно показать, что общее сопротивление $$ R$$ при параллельном соединении проводников с сопротивлениями $$ {R}_{1}, {R}_{2}, ...$$ находится из равенства
$$ {\displaystyle \frac{1}{R}}={\displaystyle \frac{1}{{R}_{1}}}+{\displaystyle \frac{1}{{R}_{2}}}+...$$
В частном случае параллельного соединения двух проводников $$ R={\displaystyle \frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}}$$.
В другом частном случае параллельного соединения $$ n$$ проводников сопротивлением $$ {R}_{1}$$ каждый $$ R={R}_{1}/n$$.
В схеме на рис. 16.3 $$ {R}_{1}=1$$ Ом, $$ {R}_{2}=2$$ Ом, $$ {R}_{3}=6$$ Ом, $$ {R}_{4}=9$$ Ом, $$ {R}_{5}=5$$ Ом, $$ \mathcal{E}=12$$ В. $$ r=\mathrm{0,5}$$ Ом. Найти ток через резистор $$ {R}_{1}$$.
 |
| Рис. 16.3 |
Задачи с громоздкими схемами удобно рассчитывать не в общем виде, а численно, т. е. последовательно находить численные значения параметров схемы. Расставим точки `A`, `B`, `D`, `M`, `N`, `P`, `Q` на схеме.
Сопротивление участка `PQ` `R_(PQ)=R_1+R_2=3` Ом.
Сопротивление участка `AB` $$ {R}_{AB}={\displaystyle \frac{{R}_{3}{R}_{PQ}}{{R}_{3}+{R}_{PQ}}}=2$$ Ом.
Сопротивление участков `DA`, `DB` и `MN` будут `R_(DA)=R_4//3=3` Oм, `R_(DB)=R_(DA)+R_(AB)=5` Ом, $$ {R}_{MN}={\displaystyle \frac{{R}_{DB}{R}_{5}}{{R}_{DB}+{R}_{5}}}=\mathrm{2,5}$$ Ом.
Заметим, что оказалось $$ {R}_{DB}={R}_{5}=5$$ Ом. Тогда можно было бы сразу написать $$ {R}_{MN}={\displaystyle \frac{{R}_{5}}{2}}=2,5$$ Ом.
По закону Ома для замкнутой цепи $$ I={\displaystyle \frac{\mathcal{E}}{{R}_{MN}+r}}=4$$ A.
Теперь пойдём «обратно», вычисляя параметры схемы и приближаясь к $$ {R}_{1}$$. Напряжение между точками $$ M$$ и `N` $$ {U}_{MN}=I{R}_{MN}=10$$ B.
Напряжение $$ {U}_{DB}={U}_{MN}=10$$ B.
Ток на участке `DB` `I_(DB)=U_(DB)//R_(DB)=2` A.
Напряжение $$ {U}_{AB}={I}_{DB}{R}_{AB}=4$$ B.
Так как $$ {U}_{AB}={U}_{PQ}$$, то ток через $$ {R}_{1}$$ составит:
$$ {I}_{1}={I}_{PQ}={\displaystyle \frac{{U}_{PQ}}{{R}_{PQ}}}={\displaystyle \frac{{U}_{AB}}{{R}_{PQ}}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$$ A.
Пусть на участке `1-2` нет ЭДС (рис. 14.1). Тогда равенство (13.1) принимает вид
| . | (14.1) |
 |
| Рис. 14.1 |
Здесь правило знаков такое же, как в (13.1), т. е. берётся для удобства и знак `«+»` перед ставится при совпадении направлений тока с направлением `1-2`. Если обозначить , то получается привычная формула закона Ома для участка цепи без ЭДС:
| или . | (14.2) |
Заметим, что для участка цепи без ЭДС напряжение равно падению напряжения .
При последовательном соединении источников общая ЭДС равна алгебраической сумме ЭДС отдельных источников, общее внутреннее сопротивление равно сумме внутренних сопротивлений отдельных источников. Для определения знака ЭДС каждого источника нужно выбрать положительное направление движения на участке с этим источником. ЭДС источника берётся со знаком `«+»`, если направление действия ЭДС совпадает с выбранным направлением. В противном случае ставится знак `«-»`.
При параллельном соединении источников с одинаковыми ЭДС и возможно различными внутренними сопротивлениями общая ЭДС (ЭДС батареи) равна ЭДС одного источника. Внутреннее сопротивление батареи рассчитывается как при параллельном соединении проводников с сопротивлениями, равными внутренним сопротивлениям источников.
При параллельном соединении источников с различными ЭДС выражение для ЭДС батареи усложняется и здесь не приводится.
В схеме на рис. 17.1 $$ {\mathcal{E}}_{1}=12$$ В, $$ {\mathcal{E}}_{2}=3$$ В, $$ {r}_{1}=1$$ Ом, $$ {r}_{2}=2$$ Ом, $$ R=6$$ Ом.
 |
| Рис. 17.1 |
Найти напряжения на зажимах источников, т. е. разность потенциалов $$ {\varphi }_{A}-{\varphi }_{B}$$ и $$ {\varphi }_{B}-{\varphi }_{D}$$.
ЭДС батареи последовательно соединённых источников:
$$ \mathcal{E}={\mathcal{E}}_{1}-{\mathcal{E}}_{2}=9$$ B.
Причём, полярность батареи совпадает с полярностью источника $$ {\mathcal{E}}_{1}$$ т. к. $$ {\mathcal{E}}_{1}>{\mathcal{E}}_{2}$$.
Ток по закону Ома для замкнутой цепи $$ I=\mathcal{E}/(R+{r}_{1}+{r}_{2})=1$$ A. По закону Ома для участков цепи `AB` и `BD`:
$$ {\varphi }_{A}-{\varphi }_{B}+{\mathcal{E}}_{1}=I{r}_{1,}$$, $$ {\varphi }_{B}-{\varphi }_{D}-{\mathcal{E}}_{2}=I{r}_{2}$$.
Отсюда $$ {\varphi }_{A}-{\varphi }_{B}=I{r}_{1}-{\mathcal{E}}_{1}=-11$$ B, $$ {\varphi }_{B}-{\varphi }_{D}=I{r}_{2}+{\mathcal{E}}_{2}=5$$ B.
Найти ток через резистор с сопротивлением $$ R$$ в схеме на рис. 17.2.
 |
 |
| Рис. 17.2 | Рис. 17.3 |
Между точками `A` и `B` имеем параллельное соединение источников. На рис. 17.3 показана эквивалентная схема, для которой $$ {\mathcal{E}}_{1}=\mathcal{E}$$, $$ {r}_{1}=r·2r/\left(r+2r\right)=2r/3$$. Общая ЭДС и внутреннее сопротивление последовательно соединённых источников с ЭДС $$ 3\mathcal{E}$$ и $$ {\mathcal{E}}_{1}$$:
$$ {\mathcal{E}}_{0}=3\mathcal{E}-{\mathcal{E}}_{1}=3\mathcal{E}-\mathcal{E}=2\mathcal{E}$$,
$$ {r}_{0}=3r+{r}_{1}=3r+2r/3=11r/3$$.
Ток $$ I={\displaystyle \frac{{\mathcal{E}}_{0}}{R+{r}_{0}}}={\displaystyle \frac{6\mathcal{E}}{3R+11r}}$$.
Соединения резисторов и источников в сложных цепях не всегда можно свести к совокупности последовательного и параллельного их соединений. Для расчётов сложных цепей удобно применять правила Кирхгофа.
Узлом электрической цепи будем называть точку, где сходятся не менее трёх проводников. Токи, подходящие к узлу, будем считать положительными, а выходящие из узла – отрицательными. Узел – это не обкладки конденсатора, где может происходить существенное накопление заряда. Отсюда следует первое правило Кирхгофа:
алгебраическая сумма токов в узле равна нулю.
Участок цепи между двумя узлами называется ветвью. Возьмём в сложной цепи произвольный замкнутый контур, состоящий из отдельных ветвей. Выберем направление обхода контура по часовой стрелке или против. ЭДС в каждой ветви контура будем считать положительной, если направление её действия совпадает с выбранным направлением обхода контура, а в противном случае – отрицательной. Падение напряжения (произведение тока на сопротивление) в любой ветви контура будем считать положительным, если направление тока в этой ветви совпадает с направлением обхода контура, в противном случае – отрицательным. Записав для каждой ветви контура уравнение закона Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, и сложив все уравнения, получим второе правило Кирхгофа:
в произвольном замкнутом контуре любой электрической цепи сумма падений напряжений во всех ветвях контура равна алгебраической сумме ЭДС во всех ветвях контура.
Оба правила Кирхгофа справедливы не только для постоянных во времени значений всех величин, входящих в соответствующие уравнения, но и для их мгновенных значений.
При составлении уравнений по правилам Кирхгофа нужно придерживаться следующих рекомендаций. Если в цепи содержится узлов, то по первому правилу Кирхгофа можно составить только независимых уравнений. При составлении уравнений по второму правилу Кирхгофа надо следить, чтобы в каждом новом контуре была хотя бы одна ранее не использованная ветвь. Отступление от этих рекомендаций приводит к появлению уравнений, являющихся следствием системы ранее составленных уравнений. В процессе решения такой «переполненной» системы может возникнуть тождество , что приводит в замешательство решающего из-за «исчезновения» неизвестных системы.
 |
| Рис. 18.1 |
В схеме на рис. 18.1 B, B, Ом, Ом. Найти силу и направление тока во всех участках цепи. Считать, что внутренние сопротивления источников вошли в , и .
Зададим направления токов произвольно, например так, как показано на рис. 18.1.
Для нахождения трёх неизвестных токов надо составить три независимых уравнения. В схеме узла. По первому правилу Кирхгофа составляем уравнение. Для узла `C`:
.
Недостающие два уравнения составляем по второму правилу Кирхгофа для контуров `ABCA` и `ABCDA`:
, .
Решение системы полученных трёх уравнений в общем виде трудоёмко и даёт громоздкие выражения для токов. Систему удобно решать, подставив в неё значения ЭДС и сопротивлений:
, , .
Решая систему последний трёх уравнений, находим:
A, A, A.
Отрицательные значения токов и говорят о том, что истинные направления этих токов противоположны указанным на рис. 18.1.
Для любого участка цепи, даже содержащего ЭДС, справедлив закон Джоуля – Ленца:
количество теплоты, выделяемое на участке цепи с сопротивлением $$ R$$ при прохождении постоянного тока $$ I$$ в течение времени $$ t$$, есть $$ W={I}^{2}Rt$$.
Отсюда мощность выделяемого тепла `P=W//t=I^2R`.
Пусть на участке `1-2` идёт постоянный ток $$ I$$, перенося за время $$ t$$ от т. `1` к т. `2` заряд $$ q=It$$.
Работой тока на участке `1-2` называется работа сил электростатического поля по перемещению $$ q$$ из т. `1` в т. `2:` $$ {A}_{\mathrm{Т}}=q({\varphi }_{1}-{\varphi }_{2})$$.
Обозначим разность потенциалов (напряжение) $$ {\varphi }_{1}-{\varphi }_{2}=U$$. Тогда $$ {A}_{T}=qU=UIt$$. В зависимости от знака $$ U$$ получается и знак $$ {A}_{\mathrm{T}}$$.
Мощность тока:
$$ {P}_{\mathrm{T}}={A}_{\mathrm{T}}/t=UI$$.
Работой источника с ЭДС $$ \mathcal{E}$$ при прохождении через него заряда $$ q$$ называется работа сторонних сил над зарядом `q:`
.
Если заряд переносится постоянным током $$ I$$, то $$ {A}_{\mathrm{ист}}=\pm \mathcal{E}It$$.
Когда заряд (ток) через источник идёт в направлении действия сторонних сил, то работа источника положительна (он отдаёт энергию). Аккумулятор в таком режиме разряжается. При обратном направлении тока работа источника отрицательна (он поглощает энергию). В этом режиме аккумулятор заряжается, запасая энергию. Мощность источника:
$$ {P}_{\mathrm{ист}}={A}_{\mathrm{ист}}/t=\pm \mathcal{E}I$$.
Для участка цепи `1-2`, содержащего ЭДС (источник), работа тока $$ {A}_{\mathrm{Т}}$$, работа источника $$ {А}_{\mathrm{ист}}$$ и выделяемое количество теплоты $$ W$$ связаны равнением закона сохранения энергии: $$ {A}_{\mathrm{T}}+{A}_{\mathrm{ист}}=W$$.
Для участка цепи без ЭДС $$ {A}_{\mathrm{ист}}=0$$, $$ {А}_{\mathrm{Т}}=W$$ и количество теплоты равно работе тока. В этом случае количество теплоты можно выразить, используя закон Ома $$ I=U/R$$, через любые две из трёх величин: $$ I$$, $$ U$$ и $$ R$$:
$$ W={A}_{\mathrm{T}}={I}^{2}Rt=UIt={\displaystyle \frac{{U}^{2}}{R}}t$$.
Аналогичное соотношение и для мощностей:
$$ {P}_{\mathrm{T}}={I}^{2}R=UI={\displaystyle \frac{{U}^{2}}{R}}$$.
Найти количество теплоты, выделяющееся на внутреннем сопротивлении каждого аккумулятора и на резисторе $$ R$$ за время $$ t=10$$ c в схеме на рис. 17.1. Какие работы совершают аккумуляторы за это время?
$$ {\mathcal{E}}_{1}=12$$ B, $$ {\mathcal{E}}_{2}=3$$ B, $$ {r}_{1}=1$$ Ом, $$ {r}_{2}=2$$ Ом, $$ R=6$$ Ом.
 |
| Рис. 17,1 |
Ток: $$ I=\left({\mathcal{E}}_{1}-{\mathcal{E}}_{2}\right)/(R+{r}_{1}+{r}_{2})=1$$ A.
Количество теплоты на аккумуляторах и на резисторе:
$$ {W}_{1}={I}^{2}{r}_{1}t=10$$ Дж,
$$ {W}_{2}={I}^{2}{r}_{2}t=20$$ Дж,
$$ W={I}^{2}Rt=60$$ Дж.
Направление действия ЭДС первого аккумулятора совпадает с направлением тока, он разряжается, его работа положительна: $$ {A}_{1}={\mathcal{E}}_{1}It=120$$ Дж.
ЭДС второго аккумулятора направлена против тока, он заряжается, поглощая энергию, его работа отрицательна: $$ A2=-{\mathcal{E}}_{2}It=-30$$ Дж.
Заметим, что `A_1+A_2=W_1+W_2+W`, что согласуется с законом сохранения энергии.
 |
| Рис. 19.1 |
Конденсатор ёмкости $$ C$$, заряженный до напряжения $$ \mathcal{E}$$, подключается к батарее с ЭДС $$ 3\mathcal{E}$$ (рис. 19.1). Какое количество теплоты выделится в цепи после замыкания ключа?
После замыкания ключа ток в цепи скачком достигает некоторого значения и затем спадает до нуля, пока конденсатор не зарядится до напряжения $$ 3\mathcal{E}$$. Энергия конденсатора увеличится на
$$ ∆{W}_{C}=C{\left(3\mathcal{E}\right)}^{2}/2-c{\mathcal{E}}^{2}/2=4C{\mathcal{E}}^{2}$$.
Через батарею пройдёт заряд $$ Q$$, равный изменению заряда не верхней обкладке конденсатора: $$ ∆q=3C\mathcal{E}-C\mathcal{E}=2C\mathcal{E}$$.
Работа батареи: $$ A=∆q3\mathcal{E}=6C{\mathcal{E}}^{2}$$. По закону сохранения энергии:
$$ A=∆{W}_{C}+W$$.
В цепи выделится теплоты: $$ W=A-∆{W}_{C}=2C{\mathcal{E}}^{2}$$.
