Задачи на законы Кирхгофа

Задачи на законы Кирхгофа Задача 1.  Дано. Схема (рис. 1), ЭДС источников тока Е1=12 в, E2=2 в , E3=10 в,  внутренние сопротивления этих источников r1=r2=r3=1 ом, сопротивления резисторов R1=3 ом, R2=1 ом. Определить силы тока в ветвях. Решение. 1. Так как в схеме три ветви, значит, неизвестных токов тоже три, и уравнений в системе  должно быть три. Выберем произвольно направления этих токов. Поскольку узлов в схеме  два, значит, уравнений первого закона Кирхгофа будет одно (для узла А), а уравнений  второго закона Кирхгофа  будет два. Направления обходов контуров (штриховые линии)  выбираем тоже произвольно. За направление ЭДС принимается направление от  отрицательного полюса к положительному полюсу, то есть направление перемещения  положительных зарядов внутри источника за счет сторонних сил.  2. Составляем систему уравнений по законам Кирхгофа и решаем методом  последовательной подстановки. Для упрощения  вычислений подставляем численные  значения ЭДС и сопротивлений. J J 1 3 E E 2 1 E E 3   J J 3      2 12 2 4 J J 1     10 2 J 2 J  J 2  J R J r 1 1 1 1  J r J R 3 3 2 2  J R 2 2  J r 2 2 0      J r 2 2       J 2 2 1 2 3 2   3 J J 1  J ) 2 J 1  А J 2     J 5 3 2    2( J 8 3(5 3 ) 3 1 3 , 2  J 10 4 1   J 8 3  JА J 1 , 1 3. Выполним проверку по второму закону Кирхгофа по внешнему контуру.  E E 1 3 12 10 1 1 1 3 2 1 Проверка сходится.          2 2    J R J r 1 1 3 3  А 3 J r 1 1   1  J J 1 1 Задача 2Дано. Схема (рис. 2), ЭДС источников тока Е1=10 в, E2=2 в , E3=8 в,  внутренние сопротивления этих источников r1=r2=r3=1 ом, сопротивления резисторов R1=5 ом, R2=2 ом. Определить силы тока в ветвях. Решение    . 1. Так как в схеме три ветви, значит, неизвестных токов тоже три, и уравнений в системе  должно быть три.  2. Составляем систему трех уравнений по законам Кирхгофа. J 1 E 3 E 1    J 3 E 2 J r 1 1   J 0 2   J r 3 3  J R 2 2 J r 3 2  J R 2 2  J R 1 1 J   J J 1 3 2      8 2 2 2 J J 2     10 6 J 2 J 1 2 3 3 J 6 2( J J 5 3 2 5 4(3 2 ) J 3 1 , J A J     ) 2 J 3 3 1     J J J 5 3 1    J 1 3   2 A     J 1 3 1 2 1 J 2 J 1        3 2  J J J 1 5 4 J 3 3 1 3 J 3  3. Проверка решения по внешнему контуру схемы.  E E J R J r 1 1 2 3 1 1   8 2 10 1 1 1 1 1 5 1 1 4 Проверка  сходится. E 1             J r 3 2 J r 3 3     4 Задача 3.  Дано. В схеме  (рис.3) ЭДС источников тока  Е1=11 в, E2=8 в , E3=4 в,  внутренние сопротивления этих источников r1=r2=r3=1 ом,  различные реальные амперметры показывают J1= 1 А , J2 = 2 А. Определить внутренние сопротивления амперметров. Решение. 1. В данной схеме заменим реальные амперметры резисторами, сопротивления которых  равны внутренним сопротивлениям этих измерительных приборов. 2. Расставляем направления токов, обходов контуров и направления ЭДС.2 3. Составляем одно уравнение первого закона Кирхгофа для узла и два уравнения второго  закона Кирхгофа для выделенных контуров.  E E J  J r 1 3  J r 3 3    J J R 1 a 1 J R 2 a J    2 1 1( E 3 E 1 J   J    J r 3 3 ) A   J 2 2 3 2 1 2 1 3 Из первого уравнения Ra1 =2 ом Из второго уравнения  Rа2 =1 ом. Задача 4. Мост Уитстона    Используя законы Кирхгофа, можно рассмотреть принцип действия так называемой  мостовой схемы (мостик Уитстона) для измерения сопротивлений. На рисунке 1 показана  такая схема. Четыре резистора R1 , R2 , R3 , R4 составляют плечи мостовой схемы. В одной  диагонали моста включен гальванометр G, сопротивление которого R5 , а в другой  диагонали источник тока, эдс которого равно Е, а внутреннее сопротивление r.    3 1 5 . . .  J 1  J 5  J    Jуз А 0 3    Jуз В 0 2    0 Jуз D 4 В схеме узлов 4, поэтому уравнений первого закона Кирхгофа будет 3­ для узлов А, В и D. J J J Для трех контуров запишем три уравнения второго закона Кирхгофа, приняв направление  их обхода по часовой стрелке за положительное. J R J R 1 1 2 J R J R 5 1 1 5 J R J R 5 2 2 5 Jr Eконт ABCMNA . J Rконт ABDA 3 J Rконт BCDB 4     0   0       . . 2 3 41    3 4   .2 Jур 2   Jур .3 4   J Rур 3   J Rур 4 Таким образом, мы получили систему шести уравнений с шестью неизвестными силами  токов. В общем случае решается система и определяются токи. Схема моста и  соответствующая ей система уравнений по законам Кирхгофа будет значительно проще,  если добиться, чтобы ток в диагонали моста через гальванометр стал  бы равен нулю. Это  можно достичь, например, изменением сопротивления R3 так, чтобы разность потенциалов  на участках цепи АВ и АD были равны. В этом случае изменятся уравнения 2, 3, 5 и 6 : J J 3 J R 1 1 J R 2 2 Разделив последние два уравнения друг на друга и учитывая равенства токов, получим: R 1 R 2 Такую мостовую схему применяют для измерения одного неизвестного сопротивления,  входящего в состав моста. Для определения неизвестного сопротивления R1 достаточно  знать сопротивление R2 и отношение сопротивлений R3 и R4. Поэтому  от схемы рис.1  можно перейти  к схеме рис.2, в которой сопротивления R3 и R4  заменены реостатом (или  реохордом – калиброванная проволока). R 3 R 4 Перемещая движок реостата или точку D на реохорде, можно установить ток  гальванометра равный нулю.       R 1 R 3 R 4 .5 .6 R 3 R 4    R 2 L 1 L 2 R 1 L 1 L 2  R 2 Задача 5. Параллельное соединение источников тока. На рисунке 2 (слева) показано параллельное согласное включение (источники включены в  одном направлении). E1 и Е2 – ЭДС источников тока, r1 и r2 – внутренние сопротивления  этих источников. Воспользуемся вновь признаком эквивалентности источников. Для определения тока I через сопротивление R в исходной схеме (слева) воспользуемся  законами Кирхгофа.I  I 1   I 2 E 1  I r 1 1    IR I 1 E 2  I r 2 2    IR I 2 E IR 1  r 1  r 2 E 2 IR   I E IR E 1 2   r 1 IR  r 2 Выполним преобразования последнего выражения с целью определения тока I. IR IR r r 1 2   E 1 r 1  2 E r 2 I I  E 1 r 1 r r  1 2   E IR 2 r r 2 1  Rr Rr 1 2  r r 1 2  I  E r 1 2  r r 1 2  E r 2 1  Rr Rr 2 1      I IR r 2  E r E r 1 2 2 1  r r 2 1  E r E r 2 1 1 2  r r 1 2  r r  1 2  r r 2 1 R Для эквивалентной схемы (справа) сила тока равна  I э  Приравняв токи, получаем:  E э  E r 1 2 r 1   E r 2 1 r 2   r э E э  R r э  r r 1 2  r r 2 1