Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1277
2016-10-21 
В «чёрном ящике» с тремя контактами находится схема, составленная из батарейки с известной ЭДС $\mathcal{E}$, двух неизвестных сопротивлений и соединительных проводов. Амперметр, подключённый к контактам 1 и 2, показывает значение тока $I$, к контактам 1 и 3 — ток $2I$, а к контактам 2 и 3 — отсутствие тока. Чему могут быть равны величины сопротивлений? Сопротивлением батарейки, амперметра и соединительных проводов пренебречь.
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
рис.4
1) Из условия задачи вытекает, что:
— никакие две клеммы не могут быть подключены только к батарейке (иначе бы амперметр при подключении к этим клеммам зашкаливало) ; — никакие две клеммы не могут быть соединены друг с другом только соединительным проводом (иначе бы два тока из трёх совпадали). Поэтому невозможны следующие схемы, изображённые на рисунке 1:
2) Далее, если схема состоит из нескольких отдельных частей, то все три клеммы должны быть подключены к той её части, которая содержит батарейку. Поэтому, с учётом изложенного в пункте 1), также невозможны следующие схемы (см. рис. 2):
3) В итоге нам осталось рассмотреть следующие схемы (см. рис. 3).
Поскольку между клеммами 2 и 3 включено только сопротивление, то в случаях (а) и (б) клеммы 1, 2 и 3 могут располагаться так, как показано на рисунке 4.
Заметим, что схемы 1, 2, 6 эквивалентны друг другу (также эквивалентны друг другу схемы 3, 4, 5). Поэтому для решения задачи достаточно рассмотреть всего три схемы — по одной, соответствующей случаям, изображённым на рисунках 3.а и 3.б (например, схемы 1 и 4 с рисунка 4) и схему с рисунка 3.в. Проделаем это.
Запишем (с учётом условия задачи) закон Ома для первой схемы (рисунок 4.1):
$I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}}, 2I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}+R_{2}}$.
При решении этой системы уравнений значение $R_{2}$ получается отрицательным. Значит, такое соединение невозможно. Аналогично для второй схемы (рисунок 4.4):
$I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}+R_{2}}, 2I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}}$.
Отсюда получаем $R_{1} = R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}$.
Наконец, для последней схемы (рисунок 3.в):
$2I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}}, I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{2}}$,
откуда $R_{1} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}, R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{I}$.
В итоге получаем, что величины сопротивлений могут быть равны $R_{1} = R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}$ (батарейка и сопротивления соединены последовательно) или $R_{1} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}$ и $R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{I}$ (батарейка и сопротивления соединены «звездой»).
В «чёрном ящике» с тремя контактами находится схема, составленная из батарейки с известной ЭДС $\mathcal{E}$, двух неизвестных сопротивлений и соединительных проводов. Амперметр, подключённый к контактам 1 и 2, показывает значение тока $I$, к контактам 1 и 3 — ток $2I$, а к контактам 2 и 3 — отсутствие тока. Чему могут быть равны величины сопротивлений? Сопротивлением батарейки, амперметра и соединительных проводов пренебречь.
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
рис.4
1) Из условия задачи вытекает, что:
— никакие две клеммы не могут быть подключены только к батарейке (иначе бы амперметр при подключении к этим клеммам зашкаливало) ; — никакие две клеммы не могут быть соединены друг с другом только соединительным проводом (иначе бы два тока из трёх совпадали). Поэтому невозможны следующие схемы, изображённые на рисунке 1:
2) Далее, если схема состоит из нескольких отдельных частей, то все три клеммы должны быть подключены к той её части, которая содержит батарейку. Поэтому, с учётом изложенного в пункте 1), также невозможны следующие схемы (см. рис. 2):
3) В итоге нам осталось рассмотреть следующие схемы (см. рис. 3).
Поскольку между клеммами 2 и 3 включено только сопротивление, то в случаях (а) и (б) клеммы 1, 2 и 3 могут располагаться так, как показано на рисунке 4.
Заметим, что схемы 1, 2, 6 эквивалентны друг другу (также эквивалентны друг другу схемы 3, 4, 5). Поэтому для решения задачи достаточно рассмотреть всего три схемы — по одной, соответствующей случаям, изображённым на рисунках 3.а и 3.б (например, схемы 1 и 4 с рисунка 4) и схему с рисунка 3.в. Проделаем это.
Запишем (с учётом условия задачи) закон Ома для первой схемы (рисунок 4.1):
$I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}}, 2I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}+R_{2}}$.
При решении этой системы уравнений значение $R_{2}$ получается отрицательным. Значит, такое соединение невозможно. Аналогично для второй схемы (рисунок 4.4):
$I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}+R_{2}}, 2I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}}$.
Отсюда получаем $R_{1} = R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}$.
Наконец, для последней схемы (рисунок 3.в):
$2I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{1}}, I = \frac{ \mathcal{E}}{R_{2}}$,
откуда $R_{1} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}, R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{I}$.
В итоге получаем, что величины сопротивлений могут быть равны $R_{1} = R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}$ (батарейка и сопротивления соединены последовательно) или $R_{1} = \frac{ \mathcal{E}}{2I}$ и $R_{2} = \frac{ \mathcal{E}}{I}$ (батарейка и сопротивления соединены «звездой»).
