Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 6676
2018-03-10 
Собрана схема, показанная на рис. ЭДС батареи $\mathcal{E}_{1}$ уменьшили на 1,5 В, после чего токи на различных участках цепи изменились. Как нужно изменить ЭДС батареи $\mathcal{E}_{2}$, чтобы: а) ток через батарею $\mathcal{E}_{2}$ стал прежним; б) ток через батарею $\mathcal{E}_{1}$ стал прежним? Внутренним сопротивлением батарей пренебречь.
Решение:
Для решения некоторых задач удобен метод наложения. Он основан на принципе суперпозиции и подходит только для цепей, не содержащих нелинейные элементы (если в схеме есть, например, диод или лампа накаливания, то этот способ применять нельзя). Метод наложения используется для расчета цепей, содержащих несколько источников ЭДС, и позволяет свести сложную задачу к нескольким простым.
Расчет проводят так. Чертят и рассчитывают упрощенные схемы, в каждую из которых включен только один из источников, а ЭДС остальных считают равными нулю; при этом внутренние сопротивления «выкинутых» источников включают в соответствующие участки схем. Ясно, что число таких схем равно числу источников в начальной схеме. Искомый ток в ветви находят, суммируя токи, текущие по этой ветви во всех простых схемах.
На рис. а приведены простые схемы, Ток, текущий через $R$ в схеме a,
$I_{2} = \frac{ \mathcal{E}_{1} }{r_{общ1} } \frac{r_{2} }{ (R + r_{2} ) } = \frac{ \mathcal{E}_{1} }{ r_{1} + r_{2}R/(r_{2} + R ) } \frac{r_{2} }{R + r_{2} } = \frac{ \mathcal{E}_{1}r_{2} }{ r_{1}r_{2} + R ( r_{1} + r_{2} ) }$,
а в схеме на рис. б
$I_{2} = \frac{ \mathcal{E}_{2}}{ r_{общ2} } \frac{r_{1} }{ (R + r_{1} ) } = \frac{ \mathcal{E}_{2} r_{1} }{r_{1}r_{2} }$.
В исходной схеме с двумя батарейками ток, текущий через резистор,
$I = I_{1} + I_{2} = \frac{ \mathcal{E}_{1}r_{2} + \mathcal{E}_{2}r_{1} }{r_{1}r_{2} + R (r_{1} + r_{2} ) }$.
Для некоторых специальных задач—например, для расчета изменения тока в какой-либо ветви схемы при изменении ЭДС одного из источников — метод наложения очень удобен. Изменение ЭДС на $\Delta \mathcal{E}$ можно представить как добавление к данному источнику последовательно батареи без внутреннего сопротивления с ЭДС, равной $\Delta \mathcal{E}$. Понятно, что в этом случае нет надобности рассчитывать все простые схемы; достаточно рассмотреть только одну - с ЭДС $\Delta \mathcal{E}$. Полученные при этом значения токов в ветвях и будут искомыми изменениями токов.
На рис. б представлены простые схемы для цепи, в которой $\mathcal{E}_{1}$ заменено на $\Delta \mathcal{E}_{1}$ а $\mathcal{E}_{2}$ - на $\Delta \mathcal{E}_{2}$, где $ \Delta \mathcal{E}_{2} $ и есть искомое изменение ЭДС $\mathcal{E}_{2}$. Для того чтобы ток через вторую батарею остался прежним, токи, текущие через эту батарею (т. е. через ветви, из которых эта батарея «выкинута») в схемах на рис, должны быть равными по величине и противоположными по направлению.
В схеме на рис. а ток, текущий от батареи $\Delta \mathcal{E}_{1}$ разветвляется, и по диагонали получившегося моста течет ток $\Delta I$, равный разности тока в разветвлениях
$ \Delta I = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{1} }{R_{AB} } \left ( \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \right ) = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{1} }{5R/4} \frac{1}{4} = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{1} }{5R} $.
В схеме на рис. б
$\Delta I = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{2} }{R_{CD} } = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{2} }{5R/4} = \frac{4 \Delta \mathcal{E}_{2} }{5R}$.
Приравнивая полученные выражения для $\Delta I$, найдем $\Delta \mathcal{E}_{2}$:
$\Delta \mathcal{E}_{2} = \Delta \mathcal{E}_{1}/4$.
Знаки изменений найдем, сравнив полярность батарей в исходной схеме и в схемах на рис. В нашем случае батарея $\Delta \mathcal{E}_{1}$ включена против батареи $\mathcal{E}_{1}$ (суммарная ЭДС меньше $\mathcal{E}_{1}$ ), и батарея $\Delta \mathcal{E}_{2}$ условно нарисована с полярностью, противоположной $\mathcal{E}_{2}$, при этом мы получили $\Delta \mathcal{E}_{2} < 0$ - ЭДС батареи $\mathcal{E}_{2}$ следует уменьшить. Если бы оказалось, что $\Delta \mathcal{E}_{2} > 0$, его означало бы, что ЭДС $\mathcal{E}_{2}$ следует увеличить.
Аналогично находится изменение $\mathcal{E}_{2}$ для случая сохранения тока через батарею $\mathcal{E}_{1}$.
Эту задачу можно решать и любым другим способом, но метод наложения дает; пожалуй, самое простое и наглядное решение.
Собрана схема, показанная на рис. ЭДС батареи $\mathcal{E}_{1}$ уменьшили на 1,5 В, после чего токи на различных участках цепи изменились. Как нужно изменить ЭДС батареи $\mathcal{E}_{2}$, чтобы: а) ток через батарею $\mathcal{E}_{2}$ стал прежним; б) ток через батарею $\mathcal{E}_{1}$ стал прежним? Внутренним сопротивлением батарей пренебречь.
Решение:
Для решения некоторых задач удобен метод наложения. Он основан на принципе суперпозиции и подходит только для цепей, не содержащих нелинейные элементы (если в схеме есть, например, диод или лампа накаливания, то этот способ применять нельзя). Метод наложения используется для расчета цепей, содержащих несколько источников ЭДС, и позволяет свести сложную задачу к нескольким простым.
Расчет проводят так. Чертят и рассчитывают упрощенные схемы, в каждую из которых включен только один из источников, а ЭДС остальных считают равными нулю; при этом внутренние сопротивления «выкинутых» источников включают в соответствующие участки схем. Ясно, что число таких схем равно числу источников в начальной схеме. Искомый ток в ветви находят, суммируя токи, текущие по этой ветви во всех простых схемах.
На рис. а приведены простые схемы, Ток, текущий через $R$ в схеме a,
$I_{2} = \frac{ \mathcal{E}_{1} }{r_{общ1} } \frac{r_{2} }{ (R + r_{2} ) } = \frac{ \mathcal{E}_{1} }{ r_{1} + r_{2}R/(r_{2} + R ) } \frac{r_{2} }{R + r_{2} } = \frac{ \mathcal{E}_{1}r_{2} }{ r_{1}r_{2} + R ( r_{1} + r_{2} ) }$,
а в схеме на рис. б
$I_{2} = \frac{ \mathcal{E}_{2}}{ r_{общ2} } \frac{r_{1} }{ (R + r_{1} ) } = \frac{ \mathcal{E}_{2} r_{1} }{r_{1}r_{2} }$.
В исходной схеме с двумя батарейками ток, текущий через резистор,
$I = I_{1} + I_{2} = \frac{ \mathcal{E}_{1}r_{2} + \mathcal{E}_{2}r_{1} }{r_{1}r_{2} + R (r_{1} + r_{2} ) }$.
Для некоторых специальных задач—например, для расчета изменения тока в какой-либо ветви схемы при изменении ЭДС одного из источников — метод наложения очень удобен. Изменение ЭДС на $\Delta \mathcal{E}$ можно представить как добавление к данному источнику последовательно батареи без внутреннего сопротивления с ЭДС, равной $\Delta \mathcal{E}$. Понятно, что в этом случае нет надобности рассчитывать все простые схемы; достаточно рассмотреть только одну - с ЭДС $\Delta \mathcal{E}$. Полученные при этом значения токов в ветвях и будут искомыми изменениями токов.
На рис. б представлены простые схемы для цепи, в которой $\mathcal{E}_{1}$ заменено на $\Delta \mathcal{E}_{1}$ а $\mathcal{E}_{2}$ - на $\Delta \mathcal{E}_{2}$, где $ \Delta \mathcal{E}_{2} $ и есть искомое изменение ЭДС $\mathcal{E}_{2}$. Для того чтобы ток через вторую батарею остался прежним, токи, текущие через эту батарею (т. е. через ветви, из которых эта батарея «выкинута») в схемах на рис, должны быть равными по величине и противоположными по направлению.
В схеме на рис. а ток, текущий от батареи $\Delta \mathcal{E}_{1}$ разветвляется, и по диагонали получившегося моста течет ток $\Delta I$, равный разности тока в разветвлениях
$ \Delta I = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{1} }{R_{AB} } \left ( \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \right ) = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{1} }{5R/4} \frac{1}{4} = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{1} }{5R} $.
В схеме на рис. б
$\Delta I = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{2} }{R_{CD} } = \frac{ \Delta \mathcal{E}_{2} }{5R/4} = \frac{4 \Delta \mathcal{E}_{2} }{5R}$.
Приравнивая полученные выражения для $\Delta I$, найдем $\Delta \mathcal{E}_{2}$:
$\Delta \mathcal{E}_{2} = \Delta \mathcal{E}_{1}/4$.
Знаки изменений найдем, сравнив полярность батарей в исходной схеме и в схемах на рис. В нашем случае батарея $\Delta \mathcal{E}_{1}$ включена против батареи $\mathcal{E}_{1}$ (суммарная ЭДС меньше $\mathcal{E}_{1}$ ), и батарея $\Delta \mathcal{E}_{2}$ условно нарисована с полярностью, противоположной $\mathcal{E}_{2}$, при этом мы получили $\Delta \mathcal{E}_{2} < 0$ - ЭДС батареи $\mathcal{E}_{2}$ следует уменьшить. Если бы оказалось, что $\Delta \mathcal{E}_{2} > 0$, его означало бы, что ЭДС $\mathcal{E}_{2}$ следует увеличить.
Аналогично находится изменение $\mathcal{E}_{2}$ для случая сохранения тока через батарею $\mathcal{E}_{1}$.
Эту задачу можно решать и любым другим способом, но метод наложения дает; пожалуй, самое простое и наглядное решение.
