Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 4214
2017-10-13 
Некоторое число $n$ одинаковых источников тока с ЭДС $ \mathcal{E}$ и внутренним сопротивлением г соединены параллельно и подключены к внешней нагрузке. Во сколько раз уменьшится ток в нагрузке, если один из элементов, образующих батарею, по ошибке включить в противоположной полярности (рис. 1)?
Решение:
Когда все источники тока соединены правильно, ЭДС батарея равна ЭДС одного элемента $\mathcal{E}$, а внутреннее сопротивление равно $r/n$. Поэтому ток через нагрузку сопротивлением $R$ определяется выражением
$I = \frac{ \mathcal{E}}{R + r/n}$. (1)
Этот результат получается сразу, если учесть симметрию рассматриваемой схемы: все источники тока находятся в одинаковых условиях, следовательно, токи в них одинаковы и в $n$ раз меньше тока в нагрузке. Если же переключить полярность одного из источников (рис. 1), то симметрия пропадает и, вообще говоря, возникает необходимость в применении правил расчета разветвленных цепей. Однако в данном случае можно не действовать по стандартным рецептам, а просто выразить напряжение $U_{AB}$ между точками А и В (рис. 1) как разность между ЭДС источника тока и напряжением внутри него для «правильно» и «неправильно» включенных элементов:
$\mathcal{E} - I_{1}r = - [ \mathcal{E} - I_{2}r]$. (2)
Ответвляющийся в нагрузку ток $I^{ \prime}$ равен сумме токов в «правильно» включенных элементах $(n - 1)I_{1}$ за вычетом тока $I_{2}$ через «неправильно» включенный элемент:
$I^{ \prime} = (n - 1) I_{1} - I_{2}$. (3)
Выражая отсюда $I_{2}$ и подставляя в (2), приходим к равенству
$I_{1}nr - I^{ \prime} r = 2 \mathcal{E}$. (4)
С другой стороны, напряжение между точками A и В — это напряжение на нагрузке $R$, поэтому
$\mathcal{E} - I_{1}r = I^{ \prime}R$. (5)
Решая систему уравнений (4) и (5), получаем
$I^{ \prime} = \frac{ \mathcal{E}}{R + r/n} (1 - 2/n)$. (6)
Сравнивая (6) с (1), находим
$I^{ \prime}/I = 1 - 2/n$. (7)
В частности, при $n=2$ ток $I^{ \prime} = 0$, что очевидно из элементарных соображений; при $n = 4$ ток в нагрузке уменьшается вдвое.
Замечательно, что полученный результат (7) не зависит ни от ЭДС отдельных элементов и их внутренних сопротивлений, ни от сопротивления нагрузки. Это наводит на мысль, что должен существовать другой, более простой способ решения задачи.
Прежде всего отметим, что при переключении полярности одного из элементов внутреннее сопротивление всей батареи остается прежним, а измениться может только ее ЭДС. Эти качественные соображения, разумеется, подтверждаются формулой (6), из которой сразу видно значение ЭДС получившейся батареи: $\mathcal{E}^{ \prime} = \mathcal{E} (1 - 2/n)$. Задача теперь заключается в том, чтобы независимо от приведенного решения найти ЭДС батареи с одним неправильно включенным элементом.
рис.2
Заменим все $n - 1$ «правильно» включенных элементов одним с ЭДС $\mathcal{E}$ и внутренним сопротивлением $r/(n - 1)$. Тогда эквивалентная схема всей батареи принимает вид, показанный на рис. 2. -Поскольку ЭДС батареи равна напряжению на разомкнутых полюсах A и В, то остается только найти напряжение между точками А и В в схеме па рис. 2. Это напряжение можно записать в виде
$\mathcal{E}^{ \prime} = U_{AB} = \mathcal{E} - Ir/(n - 1)$, (8)
где ток $I$, циркулирующий в цепи, представленной на рис. 2, равен
$I = \frac{ 2 \mathcal{E}}{r + r/(n-1)}$. (9)
Подставляя $I$ из (9) в формулу (8), получаем
$\mathcal{E}^{ \prime} = \mathcal{E} (1 - 2/n)$. (10)
Поскольку при переключении полярности одного из элементов полное сопротивление цепи с нагрузкой не меняется, то ток в нагрузке изменяется во столько же раз, во сколько изменяется ЭДС. Естественно, что и второй способ решения приводит к тому же результату.
Некоторое число $n$ одинаковых источников тока с ЭДС $ \mathcal{E}$ и внутренним сопротивлением г соединены параллельно и подключены к внешней нагрузке. Во сколько раз уменьшится ток в нагрузке, если один из элементов, образующих батарею, по ошибке включить в противоположной полярности (рис. 1)?
Решение:
Когда все источники тока соединены правильно, ЭДС батарея равна ЭДС одного элемента $\mathcal{E}$, а внутреннее сопротивление равно $r/n$. Поэтому ток через нагрузку сопротивлением $R$ определяется выражением
$I = \frac{ \mathcal{E}}{R + r/n}$. (1)
Этот результат получается сразу, если учесть симметрию рассматриваемой схемы: все источники тока находятся в одинаковых условиях, следовательно, токи в них одинаковы и в $n$ раз меньше тока в нагрузке. Если же переключить полярность одного из источников (рис. 1), то симметрия пропадает и, вообще говоря, возникает необходимость в применении правил расчета разветвленных цепей. Однако в данном случае можно не действовать по стандартным рецептам, а просто выразить напряжение $U_{AB}$ между точками А и В (рис. 1) как разность между ЭДС источника тока и напряжением внутри него для «правильно» и «неправильно» включенных элементов:
$\mathcal{E} - I_{1}r = - [ \mathcal{E} - I_{2}r]$. (2)
Ответвляющийся в нагрузку ток $I^{ \prime}$ равен сумме токов в «правильно» включенных элементах $(n - 1)I_{1}$ за вычетом тока $I_{2}$ через «неправильно» включенный элемент:
$I^{ \prime} = (n - 1) I_{1} - I_{2}$. (3)
Выражая отсюда $I_{2}$ и подставляя в (2), приходим к равенству
$I_{1}nr - I^{ \prime} r = 2 \mathcal{E}$. (4)
С другой стороны, напряжение между точками A и В — это напряжение на нагрузке $R$, поэтому
$\mathcal{E} - I_{1}r = I^{ \prime}R$. (5)
Решая систему уравнений (4) и (5), получаем
$I^{ \prime} = \frac{ \mathcal{E}}{R + r/n} (1 - 2/n)$. (6)
Сравнивая (6) с (1), находим
$I^{ \prime}/I = 1 - 2/n$. (7)
В частности, при $n=2$ ток $I^{ \prime} = 0$, что очевидно из элементарных соображений; при $n = 4$ ток в нагрузке уменьшается вдвое.
Замечательно, что полученный результат (7) не зависит ни от ЭДС отдельных элементов и их внутренних сопротивлений, ни от сопротивления нагрузки. Это наводит на мысль, что должен существовать другой, более простой способ решения задачи.
Прежде всего отметим, что при переключении полярности одного из элементов внутреннее сопротивление всей батареи остается прежним, а измениться может только ее ЭДС. Эти качественные соображения, разумеется, подтверждаются формулой (6), из которой сразу видно значение ЭДС получившейся батареи: $\mathcal{E}^{ \prime} = \mathcal{E} (1 - 2/n)$. Задача теперь заключается в том, чтобы независимо от приведенного решения найти ЭДС батареи с одним неправильно включенным элементом.
рис.2
Заменим все $n - 1$ «правильно» включенных элементов одним с ЭДС $\mathcal{E}$ и внутренним сопротивлением $r/(n - 1)$. Тогда эквивалентная схема всей батареи принимает вид, показанный на рис. 2. -Поскольку ЭДС батареи равна напряжению на разомкнутых полюсах A и В, то остается только найти напряжение между точками А и В в схеме па рис. 2. Это напряжение можно записать в виде
$\mathcal{E}^{ \prime} = U_{AB} = \mathcal{E} - Ir/(n - 1)$, (8)
где ток $I$, циркулирующий в цепи, представленной на рис. 2, равен
$I = \frac{ 2 \mathcal{E}}{r + r/(n-1)}$. (9)
Подставляя $I$ из (9) в формулу (8), получаем
$\mathcal{E}^{ \prime} = \mathcal{E} (1 - 2/n)$. (10)
Поскольку при переключении полярности одного из элементов полное сопротивление цепи с нагрузкой не меняется, то ток в нагрузке изменяется во столько же раз, во сколько изменяется ЭДС. Естественно, что и второй способ решения приводит к тому же результату.
