Юный техник 1969-03, страница 40

Л¹

АЪ

д

F-J'

т8

6еП

h i

V, i Rv¹

рис

9

А г

-о £ ,

гисЮ

7

А ^г гг

У' ъ

I £

FHt11

Е

а + .-г

L JL 4г ⁴¹

I

£ ^г

гис12

г-

ТЕ г

If

Чг

ЬР

5 -

I*

И 2^-Н

рис13

и полюсовка вольтметров указаны иа рисунках. Для рис. 5: V=E—Ir; V=6b; I=—2a. Для рис. 6: V=E—Ir; V=—2в; I=6a.

Что означает отрицательная величина силы тока в первом случае, понятно: ток «вытекает» из отрицательного полюса батареи и «втекает» в положительный. Во втором случае направление тока нормальное: он шел бы в том же направлении, если бы в цепи не было других батарей (величина его, естественно, была бы другой — не более 4а). По полученным сведениям можно «достроить» электрические цепи, участки которых мы рассматривали. Простейшие варианты приведены на рисунках 7 и 8.

Нельзя удовлетворить условиям задачи, подключив подходящее сопротивление, а не батарею (см рис. 9). Ищем величину R_x, зная, что вольтметр, подключенный к этому сопротивлению, покажет то же самое, что и наш (это один и тот же вольтметр, только по-разному нарисованный — его можно нарисовать и так, как на рисунке 9):

E=I(R+r); IR=6b; Е=4в; г=1ом; 1=—2а.

Здесь уже можно остановиться. Ясно, что без добавочного источника э.д.с. мы не могли бы получить ток, который был бы направлен противоположно тому, куда его гонит наша батарея. Естественно, R_x =—3 ома — тоже величина отрицательная. Подключить «минус три ома» мы не можем.

Схему рисунка 7 читатель успешно разберет сам. Легко предвидеть возражения, которые может вызвать такое пристрастие к формуле V=E—Ir. Действительно, для схем рисунков 5 и 6 можно положить соответственно:

V=E+Ir и V=Ir—Е.

Считая V и I везде положительными, эти формулы нетрудно обосновать. В этом случае в них не надо вводить отрицательных токов и напряжений. Это, конечно, правильно, и против такого способа решения никто возражать не будет: в сравнительно простых случаях он даже более рационален. Правда, надо угадать, например, куда течет ток в цепи на рисунке 5. А если мы не угадали?

Приведем только один пример. В схеме, изображенной иа рисунке 10, показание вольтметра: ~ Определить токи во всех ветвях, э.д.с. неизвестной

батареи и указать ее полюсность.

Возможны два варианта решения — в зависимости от того, где какой полюс вольтметра. Рассмотрим первый случай (рис. 1!), причем произвольно выберем полюсность неизвестной батареи и «естественное» направление токов. Тогда по нашим правилам:

f-E-I*

Е 2 ⁼

Е - 1_аг;

= >:,2г.

Кроме того, рассмотрев точку Л, в которой, как и в любой другой, не должны скапливаться заряды, запишем: Ii+ 1₂= 1з- Решая систему уравнений, получим:

Е Е Е Е

I. =

2г '

h

U

4г'

Ех = Г

Толкование ответа не вызовет у нас затруднений. Мы не угадали направление тока Ь — у нас получилось отрицательное значение. Направление остальных двух токов и полюсность батареи мы угадали. А как иайти второе решение? Ведь возможна противоположная полюсность вольтметра. Мы в первом случае не все угадали, что же теперь? А мы ничего не будем пы таться угадывать, оставим все прежние направления токов, прежнюю полюс ность Е_х . Нам только придется в первых трех уравнениях поменять знак ЕЕ Е

показания вольтметра:— —= е — 1,г; И по прежнему Ii + l2=l3- Получаем:

ЗЕ

7Е

Ii-^ri I*--

4г

1₂г;

= 1,2г.

Рисунки 12 и 13 иллюстрируют наши ответы.

38