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 Rx, 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, Rx =—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 - 1аг; = >:,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 Ех . 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 |