Эквивалентный источник

Эквивалентность значит одинаковые напряжение холостого хода и ток короткого замыкания (или внутреннее сопротивление) у обеих схем.

\(R_1 = \dfrac{R_0 U_1}{U_1 - U_0} \approx 2{,}3\) кОм,  \(R_2 = \dfrac{R_0 U_1}{U_0} \approx 4{,}4\) кОм.

Любую линейную схему с источниками можно заменить относительно точек \(A\) и \(B\) эквивалентной батарейкой с внутренним сопротивлением. Напряжение холостого хода и ток короткого замыкания определяют оба параметра.

От \(54\) до \(55\) мА.

По показанию вольтметра найдите напряжение источника, по показанию амперметра "— \(R\), а затем для схемы с резистором между \(A\) и \(B\) запишите правило Кирхгофа для потенциалов узлов \(A\) и \(B\).

\(I_R = \dfrac{1}{7}\,\dfrac{\varepsilon}{R} \approx 17\) мА (при этом \(\varepsilon = 12\) В, \(R = 100\) Ом).

При подключении идеального вольтметра (можно считать, что ток через него не течёт) токи через сопротивления \(2R\) и \(R\) (справа) одинаковы и равны \(I_0 = \dfrac{\varepsilon}{3R}\), где \(\varepsilon\) "— напряжение идеального источника. Тогда: \[U = 2R\cdot I_0 - R\cdot I_0 = \frac{\varepsilon}{3} \quad\Rightarrow\quad \varepsilon = 3U = 12\text{ В}.\] При подключении идеального амперметра (можно считать, что напряжение на нём равно нулю) токи через сопротивления \(R\) и \(2R\) равны соответственно: \[I_1 = \frac{\varepsilon}{2\cdot\frac{2}{3}R}\cdot\frac{2R}{R+2R} = \frac{\varepsilon}{2R} \quad\text{и}\quad I_2 = \frac{\varepsilon}{2\cdot\frac{2}{3}R}\cdot\frac{R}{R+2R} = \frac{\varepsilon}{4R}.\] Тогда из закона сохранения заряда следует: \[I = I_1 - I_2 = \frac{\varepsilon}{2R} - \frac{\varepsilon}{4R} = \frac{\varepsilon}{4R} \quad\Rightarrow\quad R = \frac{3U}{4I} = 100\text{ Ом}.\] Пусть потенциал левого узла равен нулю, тогда потенциал правого узла равен \(\varepsilon = 12\) В. Потенциал точки \(A\) обозначим \(\varphi_A\), а потенциал точки \(B\) "— \(\varphi_B\). Тогда из первого правила Кирхгофа следует: \[\frac{\varphi_A}{R} + \frac{\varphi_A - \varphi_B}{R} + \frac{\varphi_A - \varepsilon}{2R} = 0, \qquad \frac{\varphi_B}{2R} + \frac{\varphi_B - \varphi_A}{R} + \frac{\varphi_B - \varepsilon}{R} = 0.\] Откуда получаем: \(\varphi_A = \dfrac{9}{21}\varepsilon\), \(\varphi_B = \dfrac{12}{21}\varepsilon\). Окончательный ответ: \[I_R = \frac{\varphi_B - \varphi_A}{R} = \frac{1}{7}\cdot\frac{\varepsilon}{R} \approx 17\text{ мА}.\]

Сначала замените три параллельно включённых источника одним эквивалентным (найдите его ЭДС и внутреннее сопротивление), затем сложите последовательные источники.

\(I = \dfrac{7E}{7r + 3R} \approx 3{,}6\) А.

Преобразуем исходную схему (см. рисунок, первая схема).

Три параллельных источника заменим на эквивалентный источник с параметрами (см. рисунок, вторая схема): \[\frac{1}{r'} = \frac1r + \frac1r + \frac1r = \frac3r \;\Rightarrow\; r' = \frac r3, \qquad E' = r'\sum I_{\text{токов короткого замыкания}} = r'\left(\frac Er + \frac Er - \frac Er\right) = \frac E3.\] Три последовательных источника заменим на эквивалентный источник с параметрами (см. рисунок, третья схема): \[r_{\text{экв.}} = r + r + \frac r3 = \frac73\,r, \qquad E_{\text{экв.}} = E + E + \frac E3 = \frac73\,E.\] Следовательно, \[I = \frac{E_{\text{экв.}}}{r_{\text{экв.}} + R} = \frac{7E}{7r + 3R} \approx 3{,}6 \text{ А}.\]

Прослеживая провода, найдите, какие источники соединены между одинаковыми узлами; затем замените батарею эквивалентным источником и найдите ток через \(R\).

\(I = 0{,}28\) А;  \(\varphi_B - \varphi_A = 2{,}8\) В.

Сопротивления звезды находятся из условия, что сопротивление между любой парой выводов у обеих схем одинаково (при выключенных источниках). Для напряжений сравните токи или напряжения на выводах при разных способах подключения.

\(r_1 = \dfrac{R}{4}\); \(r_2 = \dfrac{R}{2}\); \(r_3 = \dfrac{R}{2}\); решение не единственно.

Двухполюсник между \(A\) и \(B\) можно заменить эквивалентным источником: найдите его ЭДС (напряжение холостого хода) и внутреннее сопротивление (при закороченном источнике \(U\)).

1) \(I_{AB} = \dfrac{U}{3R} = 2\) мА;  2) \(U_{AB} = \dfrac{U}{2} = 3\) В;  3) \(I_1 = \dfrac{U}{3R} = 2\) мА;  4) \(I_2 = \dfrac{U}{2R} + \dfrac{U}{3R} = \dfrac{5U}{6R} = 5\) мА.

Ответы на последние два вопроса наиболее просто, на наш взгляд, получаются при помощи метода эквивалентного источника: двухполюсник с выводами \(A\) и \(B\) можно заменить на идеальный источник с \(\mathcal{E} = \dfrac{U}{2}\) и внутренним сопротивлением \(r = \dfrac{3R}{2}\).

Эквивалентная схема ящика с двумя выводами — источник с внутренним сопротивлением; запишите закон Ома для двух нагрузок.

Ящик эквивалентен источнику с внутренним сопротивлением; запишите закон Ома для замкнутой цепи в двух случаях.

Выразите показания вольтметра и амперметра через \(U_0\), \(R\), \(r\) для двух крайних значений сопротивления переменного резистора (нуль и бесконечность) и сопоставьте с границами измеренных интервалов.

\(R = 200\text{ Ом}\), \(r = 100\text{ Ом}\), \(U_0 = 6\text{ В}\).

Две батарейки в верхней ветви включены встречно. Что это значит для тока и для внутренних сопротивлений в контуре?

Показание вольтметра \(V = 2\mathcal{E}/3\).

Внешний контур закорочен проводом, поэтому все его узлы имеют один потенциал; сведите схему к четырём источникам, включённым параллельно-встречно.

\(0{,}75\) В.

Выразите показание каждого омметра через ток, текущий через него, сравните токи в параллельных омметрах и в одиночном, затем запишите второе правило Кирхгофа для контура с омметрами и резистором.

\(R_3 = 800\text{ Ом}\);  \(R = 500\text{ Ом}\).

Сразу после замыкания ключа ЭДС индукции двигателя равна нулю, а в установившемся режиме на невращающемся валу нагрузки ток двигателя нулевой. В пп. 2–4 помните, что ток через катушку индуктивности не может измениться скачком.

1) \(U_{AB}(0) = \dfrac{U_0 R_\text{М}}{r+R_0+R_\text{М}} = 8\) В; \(I_{\max} = \dfrac{U_0}{r+R_0+R_\text{М}} = 400\) А; при 75% от максимальной скорости \(I = 100\) А; 2) \(I_\text{М} = \dfrac{U_0}{r+R_0+R_\text{М}}\cdot\dfrac{\alpha}{1+\alpha}\); 3) \(\Delta U_{AB} = U_0\dfrac{R_\text{М}}{r+R_0}\cdot\dfrac{1}{1+\alpha}\), \(\alpha = 11\); 4) \(I_l^{(2)} = 100\) А.

Заменив всё, кроме первого источника, эквивалентным источником, поймите, когда ток через первый источник не зависит от его полярности: ЭДС эквивалентного источника должна быть нулевой, то есть мост сбалансирован. Тогда источники «не чувствуют» друг друга.

1) \(I'_2 = 2\) А;  2) а) \(2\) А, б) \(2\) А;  3) \(R_1 = R_4 = 6\) Ом, \(R_3 = 12\) Ом.

1. Первое решение. Для определения величины силы тока, текущего через первый источник, воспользуемся методом эквивалентного источника. Всю оставшуюся часть тетраэдра, подключённую к выводам \(A\) и \(B\) первого источника, можно заменить одним эквивалентным источником с внутренним сопротивлением \(r_{0(1)}\) и ЭДС \(\mathcal E_{0(1)}\). При этом эквивалентная схема для определения силы тока, текущего через первый источник, будет выглядеть так, как показано на рис. 1.

Сразу найдём сопротивление эквивалентного источника \(r_{0(1)}\), подключенного к узлам \(A\) и \(B\). Для этого заменим второй источник идеальной перемычкой и рассчитаем сопротивление моста между узлами \(A\) и \(B\): \[r_{0(1)} = r_{AB} = \frac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \frac{R_3R_4}{R_3 + R_4}.\] Величина силы тока \(I_1\), текущего через первый источник, определяется выражением: \[I_1 = \frac{\mathcal E_{0(1)} + \mathcal E_1}{r_{0(1)}}.\] Пусть верхний индекс \((-)\) соответствует величине силы тока через источник при изменённой на противоположную полярности его подключения. Тогда: \[I_1^- = \frac{\mathcal E_{0(1)} - \mathcal E_1}{r_{0(1)}}.\] Из данного выражения видно, что независимость от полярности подключения первого источника величины силы текущего через него тока возможно, если \(\mathcal E_{0(1)} = 0\). Поймём, при каком условии это возможно. ЭДС \(\mathcal E_{0(1)}\) эквивалентного источника равна показаниям идеального вольтметра, подключённого в цепь к узлам \(A\) и \(B\) вместо первого источника. Показания вольтметра будут равны нулю, если мост, составленный из резисторов с сопротивлениями \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\) и \(R_4\) будет сбалансирован, откуда получим связь между сопротивлениями резисторов: \[\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4}.\] Таким образом, сила тока, текущего через первый источник, равна \(I_1 = \mathcal E_1/r_{0(1)}\).

Теперь определим силу тока, текущего через второй источник, вновь используя метод эквивалентного источника. Всю оставшуюся часть тетраэдра (включая первый источник), подключённую к выводам \(C\) и \(D\) второго источника, заменим эквивалентным источником с внутренним сопротивлением \(r_{0(2)}\) и ЭДС \(\mathcal E_{0(2)}\). При этом эквивалентная схема для определения силы тока, текущего через второй источник, будет выглядеть так, как показано на рис. 2.

Величина силы тока \(I_2\), текущего через второй источник, определяется выражением: \[I_2 = \frac{\mathcal E_2 + \mathcal E_{0(2)}}{r_{0(2)}}.\] Обозначим силу тока, текущего через второй источник при изменённой полярности подключения первого источника, за \(I'_2\). Поскольку \(\mathcal E_{0(2)} \sim \mathcal E_1\), величина \(I'_2\) определяется выражением: \[I'_2 = \frac{\mathcal E_2 - \mathcal E_{0(2)}}{r_{0(2)}}.\] Сразу найдём сопротивление эквивалентного источника \(r_{0(2)}\), подключённого к узлам \(C\) и \(D\). Для этого заменим первый источник идеальной перемычкой и рассчитаем сопротивление моста между узлами \(C\) и \(D\): \[r_{0(2)} = r_{CD} = \frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3}.\] ЭДС \(\mathcal E_{0(2)}\) эквивалентного источника равна показаниям идеального вольтметра, подключённого в цепь к узлам \(C\) и \(D\) вместо второго источника. Показания вольтметра будут равны нулю, поскольку мост является сбалансированным и для подключения вольтметра вместо второго источника. Действительно: \[\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4} \implies \frac{R_1}{R_3} = \frac{R_2}{R_4}.\] Таким образом, величина силы тока, текущего через второй источник и равная \(I_2 = \mathcal E_2/r_{0(2)}\), не зависит от полярности подключения первого источника, а значит: \[I'_2 = I_2 = 2\text{ А}.\]

Второе решение. Воспользуемся методом наложения токов. Будем искать силы токов в ветвях цепи как суперпозицию сил токов, текущих в данных ветвях под действием одного источника, при условии, что другой источник в силу его идеальности заменён идеальной перемычкой.

Пусть перемычкой заменён второй источник. Обозначим силы токов, текущих через первый и второй источники при этом, за \(I_{1(1)}\) и \(I_{2(1)}\) соответственно (см. рис. 3). Тогда при смене полярности подключения первого источника направление тока \(I_{1(1)}\), текущего через него, изменится на противоположное, а величина силы тока останется неизменной.

Теперь перемычкой заменим первый источник. Обозначим силы токов, текущих через первый и второй источники при этом, за \(I_{1(2)}\) и \(I_{2(2)}\) соответственно (см. рис. 4).

Если сила тока \(I_{1(2)}\), текущего в перемычке под действием второго источника, не равна нулю, то сохранение величины силы полного тока через первый источник при смене его полярности невозможно. Значит, сила тока \(I_{1(2)}\), текущего в перемычке \(AB\) под действием второго источника, равна нулю. Это возможно, только если мост является сбалансированным. Тогда имеем следующее соотношение между сопротивлениями: \[\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4}.\] Обратим внимание, что данное условие также является условием балансировки моста, к которому подключён первый источник, когда второй заменён перемычкой \(CD\). Значит, сила тока \(I_{2(1)}\), текущего в перемычке \(CD\) под действием первого источника, также равна нулю. Отсюда можно сделать вывод, что силы токов, текущих через первый и второй источники, определяются только величинами ЭДС соответствующих источников и полярностями их подключений. Таким образом, сила тока \(I'_2\), текущего через второй источник при смене полярности подключения первого источника, равна: \[I'_2 = I_2 = 2\text{ А}.\]

Третье решение. Расставим в исходной схеме токи с учётом закона сохранения заряда. В данной схеме есть 3 независимых тока, поэтому достаточно ввести лишь 3 силы тока \(I_1\), \(I_2\) и \(I_3\) (см. рис. 5).

Применим второе правило Кирхгофа к контуру \(CDGE\): \[\mathcal E_2 = I_1R_2 + I_2(R_1 + R_2) - I_3(R_1 + R_2).\] Применим второе правило Кирхгофа к контуру \(CDHF\): \[\mathcal E_2 = I_3(R_3 + R_4) - I_1R_4 \implies I_3 = \frac{I_1R_4 + \mathcal E_2}{R_3 + R_4}.\] Применим второе правило Кирхгофа к контуру \(ABGDH\): \[\mathcal E_1 = I_3(R_1 + R_3) - I_2R_1.\] Исключая \(I_3\), получим следующую систему уравнений относительно \(I_1\) и \(I_2\): \[\begin{cases} \mathcal E_1 = \dfrac{(I_1R_4 + \mathcal E_2)(R_1 + R_3)}{R_3 + R_4} - I_2R_1;\\[3mm] \mathcal E_2 = I_1R_2 + I_2(R_1 + R_2) - \dfrac{(I_1R_4 + \mathcal E_2)(R_1 + R_2)}{R_3 + R_4}. \end{cases}\] Выразим \(I_2\) из первого уравнения системы и подставим во второе: \[\mathcal E_2 = I_1R_2 - \frac{I_1R_4(R_1 + R_2)}{R_3 + R_4} - \frac{\mathcal E_2(R_1 + R_2)}{R_3 + R_4} + \frac{I_1R_4(R_1 + R_2)(R_1 + R_3)}{R_1(R_3 + R_4)} + \frac{\mathcal E_2(R_1 + R_2)(R_1 + R_3)}{R_1(R_3 + R_4)} - \frac{\mathcal E_1(R_1 + R_2)}{R_1}.\] Отсюда: \[\mathcal E_1 + \mathcal E_2\left(\frac{R_1}{R_1 + R_2} - \frac{R_3}{R_3 + R_4}\right) = I_1\left(\frac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \frac{R_3R_4}{R_3 + R_4}\right).\] Аналогично выразим \(I_1\) из первого уравнения системы и подставим во второе: \[\mathcal E_2 = I_2(R_1 + R_2) - \frac{(\mathcal E_1 + I_2R_1)(R_1 + R_2)}{R_1 + R_3} + \frac{(\mathcal E_1 + I_2R_1)(R_3 + R_4)R_2}{R_4(R_1 + R_3)} - \frac{\mathcal E_2R_2}{R_4}.\] Отсюда: \[\mathcal E_2 + \mathcal E_1\left(\frac{R_4}{R_2 + R_4} - \frac{R_3}{R_1 + R_3}\right) = I_2\left(\frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3}\right).\] Рассмотрим выражение для силы тока \(I_1\). Поскольку при изменении полярности подключения первого источника величина силы тока, текущего через него, не изменяется, коэффициент при \(\mathcal E_2\) равен нулю. Отсюда: \[\frac{R_1}{R_1 + R_2} = \frac{R_3}{R_3 + R_4} \implies \frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4}.\] Обратим внимание, что в выражении для силы тока \(I_2\) коэффициент перед \(\mathcal E_1\) также равен нулю. Действительно: \[\frac{R_4}{R_2 + R_4} - \frac{R_3}{R_1 + R_3} = \frac{R_1R_4 - R_2R_3}{(R_2 + R_4)(R_1 + R_3)} = 0.\] Таким образом, величина силы тока \(I'_2\), текущего через второй источник при смене полярности подключения первого источника, равна: \[I'_2 = I_2 = 2\text{ А}.\]

2. Первое решение. Величины сил токов \(I_{2\text{а}}\) и \(I_{2\text{б}}\) в случаях «а» и «б» соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам \(C\) и \(D\) второго источника: \[I_{2\text{а}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{а}}, \qquad I_{2\text{б}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{б}}.\] Поскольку мост является сбалансированным, удаление перемычки \(AB\) не приведёт к изменению сопротивления моста между узлами \(C\) и \(D\). Тогда сопротивления моста \(r_\text{а}\) и \(r_\text{б}\) будут одинаковыми и равными сопротивлению эквивалентного источника \(r_{0(2)}\), найденному при решении первого пункта, т. е. \(I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}}\). Тогда, поскольку \(I_2 = \mathcal E_2/r_{0(2)}\): \[I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}} = I_2 = 2\text{ А}.\]

Второе решение. Величины сил токов \(I_{2\text{а}}\) и \(I_{2\text{б}}\) в случаях «а» и «б» соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам \(C\) и \(D\) второго источника: \[I_{2\text{а}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{а}}, \qquad I_{2\text{б}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{б}}.\] Поскольку мост является сбалансированным, удаление перемычки \(AB\) не приведёт к изменению сопротивления моста между узлами \(C\) и \(D\). Тогда сопротивления моста \(r_\text{а}\) и \(r_\text{б}\) будут одинаковыми, значит \(I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}}\). Из решения первого пункта следует: \[I_1 = I_{1(1)}, \qquad I_2 = I_{2(2)}.\] Тогда замена первого источника перемычкой не изменит величину силу тока \(I_2\), поскольку величина \(I_{2(2)}\) найдена для схемы, которую предлагается рассмотреть в случае «б» (см. рис. 4). Таким образом: \[I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}} = I_2 = 2\text{ А}.\]

Третье решение. Величина силы тока, текущего через источник в исходной схеме, определяется выражением: \[I_2 = \frac{\mathcal E_2}{\dfrac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \dfrac{R_1R_3}{R_1 + R_3}}.\] Величины сил токов \(I_{2\text{а}}\) и \(I_{2\text{б}}\) в случаях «а» и «б» соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам \(C\) и \(D\) второго источника: \[I_{2\text{а}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{а}}, \qquad I_{2\text{б}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{б}}.\] Сопротивление \(r_\text{б}\) определяется выражением: \[r_\text{б} = \frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3},\] откуда следует, что \(I_{2\text{б}} = I_2\). Поскольку \(R_1R_4 = R_2R_3\), при подключении второго источника к узлам \(C\) и \(D\) мост является сбалансированным при наличии перемычки \(AB\). Тогда удаление перемычки \(AB\) не изменит сопротивления между узлами \(C\) и \(D\), т. е. \(r_\text{а} = r_\text{б}\). Таким образом: \[I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}} = I_2 = 2\text{ А}.\]

3. Силы токов \(I_1\) и \(I_2\) через первый и второй источники соответственно, определяются выражениями: \[\mathcal E_1 = I_1\left(\frac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \frac{R_3R_4}{R_3 + R_4}\right), \qquad \mathcal E_2 = I_2\left(\frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3}\right).\] Введём два обозначения: \[R_1 = kR_2, \qquad R_4 = \alpha R_2.\] Тогда \(R_3 = \alpha kR_2\), и для сил токов \(I_1\) и \(I_2\), текущих через первый и второй источники соответственно, имеем: \[I_1 = \frac{\mathcal E_1}{R_2}\cdot\frac{1 + k}{k(1 + \alpha)}, \qquad I_2 = \frac{\mathcal E_2}{R_2}\cdot\frac{1 + \alpha}{\alpha(1 + k)}.\] Перемножая почленно эти равенства, получим, что \[I_1I_2 = \frac{\mathcal E_1\mathcal E_2}{R_2^2\alpha k} \quad\implies\quad \alpha k = \frac{\mathcal E_1\mathcal E_2}{I_1I_2R_2^2} = 4.\] Заметим, что из условия задачи следует: \[\frac{\mathcal E_1}{I_1} = \frac{\mathcal E_2}{I_2}.\] Тогда из этого соотношения и выражений для \(I_1\) и \(I_2\) получаем \[\frac{\alpha(1 + k)}{1 + \alpha} = \frac{k(1 + \alpha)}{1 + k} \quad\implies\quad \alpha(1 + k)^2 = k(1 + \alpha)^2.\] Раскроем скобки: \[\alpha + 2\alpha k + k^2\alpha = k + 2\alpha k + \alpha^2k \quad\implies\quad \alpha + 4k = k + 4\alpha \quad\implies\quad \alpha = k.\] Учитывая, что \(\alpha k = 4\), имеем \(k = \alpha = 2\). Тогда находим: \[R_1 = R_4 = 2R_2 = 6\text{ Ом}, \qquad R_3 = 4R_2 = 12\text{ Ом}.\]

Переберите, какой из трёх приборов имеет малое сопротивление, и в каждом случае найдите показания по правилам Кирхгофа: сопротивления вольтметров велики, так что внутренним сопротивлением батарей можно пренебречь.

1) 24 В показывает первый вольтметр;  2) два остальных вольтметра показывают 0 В и 12 В;  3) малое сопротивление имеет третий вольтметр, а два других вольтметра имеют большие сопротивления.

Начните с двух последних столбцов: что должно получаться при их подключении, чтобы последний столбец давал следующую цифру? Сопротивление параллельного соединения двух плеч должно равняться сопротивлению резистора предыдущего столбца.

Сопротивление резисторов предпоследнего столбца равно \(R_1 = 5R\), сопротивление резисторов во втором столбце равно \(R_2 = 25R\), сопротивление резисторов в первом столбце равно \(R_3 = 125R\). Чтобы получить \(\alpha_0 = 0{,}2019\) следует контакты в предпоследнем столбце сместить вниз на 6 клемм, а контакт в последнем столбце сместить вверх на 5 клемм относительно положения, обозначенного на рисунке чёрными стрелками. Контакты в первом и втором столбце остаются на своих местах.

Сложите характеристики источников графически: при последовательном соединении складываются напряжения при одном токе, при параллельном — токи при одном напряжении. Не забудьте про разную полярность включения.

\(I_{\text{пос}}^{(1)} = (0{,}425 \pm 0{,}015)\) А, \(I_{\text{пос}}^{(2)} = 0{,}8\) А, \(I_{\text{пар}}^{(1)} = 1{,}6\) А, \(I_{\text{пар}}^{(2)} = 0\);  \(U_{\text{пос}}^{(1)} = 2{,}4\) В, \(U_{\text{пос}}^{(2)} = 7{,}2\) В, \(U_{\text{пар}}^{(1)} = (3{,}75 \pm 0{,}15)\) В, \(U_{\text{пар}}^{(2)} = 0\).

Если ток через \(R_1\) и \(R_2\) не течёт, потенциалы их концов равны — найдите потенциалы всех узлов. Схему с обратной полярностью удобно представить как наложение первой схемы и схемы с одним источником. Для омметра замените цепь между \(A\) и \(B\) эквивалентным источником.

1) \(U_0\) (при нужной полярности \(\varphi_B - \varphi_A = U_0\));  2) \(r = \sqrt{R_1R_2}\);  3) \(R = \sqrt{R_1R_2}\) при любой полярности подключения омметра.

Пункт 1. Воспользуемся методом узловых потенциалов. Рассмотрим случай, когда на резисторах \(R_1\) и \(R_2\) мощность не выделяется. Тогда напряжения на этих резисторах равны нулю.

Пусть \(\varphi_C = 0\), тогда \(\varphi_D = U_0\) (см. рисунок 1). Так как токи через \(R_1\) и \(R_2\) равны нулю, получаем: \[\varphi_A = \varphi_C = 0 \quad\text{и}\quad \varphi_B = \varphi_D = U_0.\] Следовательно, напряжение источника, подключенного к точкам \(A\) и \(B\), равно: \[\varphi_B - \varphi_A = U_0.\]

Пункт 2. Метод 1. Воспользуемся методом наложения. Рассмотрим схему с противоположной полярностью источника (подключенного к \(A\) и \(B\)) как суперпозицию ранее рассмотренной схемы и схемы с источником таким, что \(\varphi_B - \varphi_A = -2U_0\). Ранее рассмотренная схема даёт нулевые токи через \(R_1\) и \(R_2\). Значит, осталось лишь определить силы токов \(I_1\) и \(I_2\), текущих через резисторы \(R_1\) и \(R_2\) во второй схеме. Расставим токи во второй схеме с учётом закона Ома (см. рисунок 2).

Из закона сохранения заряда: \[I_1 + \frac{I_1R_1}{r} = I_2 + \frac{I_2R_2}{r}; \qquad \frac{I_1}{I_2} = \frac{R_2 + r}{R_1 + r}.\] Мощности на этих резисторах \(P_1 = I_1^2R_1\) и \(P_2 = I_2^2R_2\) равны, следовательно: \[1 = \frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{I_1}{I_2}\right)^2\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{R_2 + r}{R_1 + r}\right)^2\frac{R_1}{R_2}.\]

Метод 2. Введём силы токов через резисторы с учётом закона сохранения заряда (см. рисунок 3). Распишем разность потенциалов двумя способами:

\[\varphi_A - \varphi_B = Ir + I_2R_2;\] \[\varphi_A - \varphi_B = I_1R_1 + (I_1 - I_2 + I)r; \qquad I_2R_2 - I_1R_1 = (I_1 - I_2)r.\] Откуда \[r = \frac{\frac{I_2}{I_1}R_2 - R_1}{1 - \frac{I_2}{I_1}}.\] Условие равенства мощностей \(I_1^2R_1 = I_2^2R_2\), следовательно: \[\frac{I_2}{I_1} = \sqrt{\frac{R_1}{R_2}} \;\Rightarrow\; r = \frac{\sqrt{\frac{R_1}{R_2}}\,R_2 - R_1}{1 - \sqrt{\frac{R_1}{R_2}}}.\] Из полученных формул выразим \(r\): \[r = \sqrt{R_1R_2}.\]

Пункт 3. Метод 1. Воспользуемся методом эквивалентного источника. Заменим всю схему на источник напряжением \(U^*\) и сопротивлением \(r^*\). Эквивалентное напряжение найдём как разность потенциалов между узлами \(A\) и \(B\) в отсутствие внешних токов (см. рисунок 4):

\[U^* = \varphi_A - \varphi_B = -\frac{U_0}{R_1 + r}\,r + \frac{U_0}{R_2 + r}\,R_2 = 0.\] Эквивалентное сопротивление найдём, заменив ветвь с источником на перемычку: \[r^* = \frac{R_1r}{R_1 + r} + \frac{R_2r}{R_2 + r} = \sqrt{R_1R_2}.\] Таким образом, двухполюсник \(AB\) эквивалентен просто резистору сопротивлением \(\sqrt{R_1R_2}\). Следовательно, омметр при подключении к такому двухполюснику покажет \(R = \sqrt{R_1R_2}\) вне зависимости от его полярности.

Метод 2. Заметим, что условие \(r^2 = R_1R_2\) эквивалентно условию сбалансированности моста \(r/R_1 = R_2/r\). Рассмотрим схему, в которой источник \(\mathcal{E}_0\) внутри омметра заменён на перемычку. Через внутреннее сопротивление \(r_0\) омметра ток не течёт, поскольку он расположен на диагонали сбалансированного моста. Тогда: \[(\varphi_A - \varphi_B)^{(1)} = 0; \quad I_{AB}^{(1)} = 0.\] Рассмотрим схему, в которой источник \(U_0\) заменён на перемычку. Через эту перемычку ток также не течёт в силу сбалансированности моста, тогда: \[(\varphi_A - \varphi_B)^{(2)} = \pm\mathcal{E}; \quad I_{AB}^{(2)} = \frac{\varphi_A - \varphi_B}{r^*}; \quad r^* = \frac{R_1r}{R_1 + r} + \frac{R_2r}{R_2 + r}.\] Наложим две рассматриваемые схемы. Итоговая разность потенциалов на выводах омметра: \[\varphi_A - \varphi_B = (\varphi_A - \varphi_B)^{(1)} + (\varphi_A - \varphi_B)^{(2)} = \pm\mathcal{E},\] а сила тока \[I_{AB} = I_{AB}^{(1)} + I_{AB}^{(2)} = \frac{\varphi_A - \varphi_B}{r^*}.\] Тогда показание омметра: \[R = \frac{\varphi_A - \varphi_B}{I_{AB}} = r^* = \frac{R_1r}{R_1 + r} + \frac{R_2r}{R_2 + r} = \sqrt{R_1R_2}.\] Получили, что через омметр не течёт ток от источника \(U_0\). Следовательно, омметр показывает эквивалентное сопротивление \(r^*\) вне зависимости от полярности подключения. \[R = \sqrt{R_1R_2}.\]