Правила Кирхгофа

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

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

Вольтметр — это резистор одинакового сопротивления \(R_V\): показания пропорциональны токам. Запишите правила Кирхгофа для токов через вольтметры.

\(U_1 = U_2 = 2(\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_2)/7 = 2\) В;  \(U_3 = (3\mathcal{E}_1 - 4\mathcal{E}_2)/7 = 1\) В;  \(U_4 = (4\mathcal{E}_1 - 3\mathcal{E}_2)/7 = 2\) В;  \(U_5 = 3(\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_2)/7 = 3\) В.

Обе половины схемы симметричны; воспользуйтесь равенством потенциалов симметричных точек и найдите ток в каждой половине.

\(10\) Вт.

Обозначьте токи во всех ветвях, запишите условия сохранения заряда в узлах \(B\) и \(C\) и равенство падений напряжения между \(B\) и \(C\) по двум путям. Направление тока через \(R_2\) определяется знаком \(I_2\).

1) При \(0 < \tilde R < R_1 R_3 / R_4 = 64\) Ом ток через резистор \(R_2\) течёт от точки \(C\) к точке \(B\), а при \(R_{\max} > \tilde R > R_1 R_3 / R_4\) — от точки \(B\) к точке \(C\). 2) Напряжение на резисторе \(R_2\) достигает максимального по модулю значения \(\approx 10{,}8\) В при \(\tilde R = 0\).

Упростите схему: оставьте точки, к которым подключены элементы с амперметром \(A_1\) и вольтметром, и сравните потенциалы этих точек, используя симметрию трёх одинаковых ветвей.

\(I_1 = 0\).

Упростив схему, приходим к картине, изображённой на рисунке, где к точкам \(A\), \(B\) и \(C\) подключены два резистора с сопротивлениями \(R\), резистор с сопротивлением \(2R\), амперметр \(A_1\) и вольтметр (эти элементы не изображены на рисунке).

Из симметрии следует, что потенциалы точек \(A\), \(B\) и \(C\) равны. Следовательно, показание амперметра \(A_1\) равно \(I_1 = 0\), показание вольтметра равно \(U_V = 0\), а показание амперметра \(A_2\) равно \(I_2 = \dfrac{\varepsilon}{8R} = 1{,}25\) А.

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

\(0{,}75\) В.

Идеальный вольтметр не меняет токов в цепи: найдите потенциалы узлов, идя по участкам с известными ЭДС, и воспользуйтесь симметрией резисторов.

1) \(12\) В;  2) \(2\) В.

Представьте токи \(I_0\) и \(I\) как два независимых источника тока и наложите их действие. Для каждого из них цепь оказывается сбалансированным мостом: через один из резисторов ток не идёт.

1) \(\Delta I_\text{верх} = 0\);  2) \(\Delta I_\text{нижн} = \Delta I/2\);  3) \(I' = I_0/2\), ток обнуляется в резисторе \(2R\) между узлами \(A\) и \(B\);  4) \(I^* = -I_0/3\), \(P_{\min} = \dfrac59 RI_0^2\).

Способ 1. Воспользуемся методом наложения токов. Представим два независимых источника тока: один создаёт ток силой \(I_0\), другой — регулируемый ток \(I\) (см. рисунок 1). При расстановке токов учтём, что часть цепи для каждого источника представляет собой сбалансированный мост.

Способ 2. Введём токи \(I_1\) и \(I_2\), далее, с учётом первого и второго правил Кирхгофа выразим через них токи во всех остальных участках разветвлённой цепи (см. рисунок 2).

Запишем первое правило Кирхгофа для узлов \(A\) и \(B\) и получим систему уравнений: \[\begin{cases} 2I_2 + 2I_1 + I_1 = I_0 + 2I_2 - 3I_1,\\ 3I_2 - 2I_1 + I_2 - I_1 + 2I_2 - 3I_1 = I. \end{cases}\] \[\begin{cases} I_1 = I_0/6,\\ I_2 = (I + I_0)/6. \end{cases}\]

Заметим, что ток \(I\) никак не влияет на силу тока через верхний резистор, следовательно: \[\Delta I_\text{верх} = 0.\] Изменение силы тока через нижний резистор \[\Delta I_\text{нижн} = \Delta\left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right) = \frac{\Delta I}{2}.\]

Единственный резистор, через который токи от двух источников направлены противоположно, — это резистор \(2R\) между узлами \(A\) и \(B\). Условие обнуления тока: \[I'/3 = I_0/6.\] Таким образом \(I' = I_0/2\).

Ответ на четвёртый вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Мощность можно рассчитать как сумму мощностей воображаемых источников токов \(I_0\) и \(I\). Напряжение между узлами \(B\) и \(C\): \[U_{BC} = \left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right)\cdot 2R,\] а между узлами \(A\) и \(C\): \[U_{AC} = \left(\frac{I}{3} + \frac{2I_0}{3}\right)\cdot R.\] Тогда суммарная тепловая мощность, выделяющаяся в цепи, равна: \[P(I) = U_{BC}I + U_{AC}I_0 = RI^2 + \frac23 II_0R + \frac23 RI_0^2.\]

Способ 2. Тот же результат можно получить как сумму тепловых мощностей на каждом резисторе: \[P(I) = R\left(\frac{I}{3} + \frac{2I_0}{3}\right)^2 + 2R\left(\frac{I_0}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{6} + \frac{I_0}{6}\right)^2 + 4R\left(\frac{I}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{3} - \frac{I_0}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right)^2.\] Минимум выражения \(P(I)\) (вершина параболы) достигается при: \[I^* = -\frac{I_0}{3}.\] Соответствующая минимальная мощность: \[P_{\min} = P(I^*) = \frac59 RI_0^2.\]

Шкала на 150 делений, а 50 делений соответствуют току 1 мА. Ток и угол отклонения пропорциональны (рамка в однородном поле магнита), поэтому ток полного отклонения — на все 150 делений — \[ I_g=1\ \text{мА}\cdot\frac{150}{50}=3\ \text{мА}=3\cdot10^{-3}\ \text{А}. \]

Вольтметр на диапазоне \(V\) устроен так: к рамке последовательно добавлен резистор, и при токе \(I_g\) на всей этой цепочке как раз \(V\). Значит внутреннее сопротивление прибора, «видимое» с клемм данного диапазона, \[ R=\frac{V}{I_g}. \]

Три диапазона: \[ \begin{align*} R_3&=\frac{3}{3\cdot10^{-3}}=1\cdot10^3\ \text{Ом}=1\ \text{кОм},\\\\ R_{15}&=\frac{15}{3\cdot10^{-3}}=5\cdot10^3\ \text{Ом}=5\ \text{кОм},\\\\ R_{150}&=\frac{150}{3\cdot10^{-3}}=5\cdot10^4\ \text{Ом}=50\ \text{кОм}. \end{align*} \] Четвёртая клемма — общая. Переключая «горячий» провод с клеммы «3 В» на «15 В» и «150 В», мы подключаем всё более длинную добавку и тем самым увеличиваем \(R\).

Чувствительность удобно помнить так: \(1/I_g=333\) Ом/В — столько омов внутреннего сопротивления должно быть на каждый вольт шкалы. \(3\times333\approx1\) кОм, \(15\times333=5\) кОм, \(150\times333=50\) кОм.

Гальванометр: 100 делений по 1 мкА, значит ток полного отклонения \[ I_g=100\cdot1\ \text{мкА}=100\ \text{мкА}=10^{-4}\ \text{А}. \] Внутреннее сопротивление рамки \(r_g=180\) Ом. Хотим измерять токи до \(I=1\) мА \(=10^{-3}\) А — в десять раз больше \(I_g\).

Шунт \(r_{\text{ш}}\) ставят параллельно рамке. Ток \(I\) втекает в параллельное соединение и делится: через рамку идёт \(I_g\), через шунт \(I-I_g\). Падения напряжения равны: \[ I_g r_g=(I-I_g)r_{\text{ш}}. \]

Отсюда \[ r_{\text{ш}}=\frac{I_g r_g}{I-I_g} =\frac{100\cdot10^{-6}\cdot180}{1000\cdot10^{-6}-100\cdot10^{-6}} =\frac{1{,}8\cdot10^{-2}}{9\cdot10^{-4}}=20\ \text{Ом}. \]

Коэффициент шунтирования \(n=I/I_g=10\). Общая формула \(r_{\text{ш}}=r_g/(n-1)=180/9=20\) Ом — то же самое. Шунт в девять раз меньше рамки: через него идёт 9/10 всего тока, через рамку 1/10.

Вольтметр на 100 В с внутренним \(r_V=10\) кОм. Ток полного отклонения \[ I_g=\frac{100}{10^4}=0{,}01\ \text{А}=10\ \text{мА}. \]

К нему последовательно цепляют \(R_{\text{доб}}=90\) кОм. Полное сопротивление цепочки \[ R=r_V+R_{\text{доб}}=10+90=100\ \text{кОм}=10^5\ \text{Ом}. \]

При том же токе полного отклонения \(I_g\) на всей цепочке будет напряжение \[ V_{\max}=I_g R=0{,}01\cdot10^5=1000\ \text{В}=1\ \text{кВ}. \]

На самом приборе по-прежнему 100 В (стрелка на конце шкалы), на добавке — 900 В. Делитель 1 : 9, коэффициент расширения предела \(n=(r_V+R_{\text{доб}})/r_V=10\). Шкала «100 В» теперь читается как «1000 В»: каждое деление подорожало в десять раз.

Внутреннее сопротивление генератора «очень мало» — это источник напряжения: \(V=\text{const}\) на его зажимах. Разберём схемы по очереди.

а, д. Движок реостата (или ключ) увеличивает сопротивление в последовательной цепи с амперметром. Ток \(I=V/R_{\text{цепи}}\) падает. Стрелка амперметра ползёт к нулю.

г. Ключ замыкает накоротко часть сопротивления (шунтирует участок). Сопротивление цепи уменьшается, ток растёт.

б, е. Реостат или ключ стоят так, что не входят в контур данного прибора. Например: параллельная ветвь питается от того же идеального источника, и движок меняет ток в соседней ветви, не трогая нашу; либо ключ замыкает «холостую» перемычку, по которой тока и так не было. Показания не меняются.

в. Два амперметра в параллельных ветвях, общий ток фиксирован источником напряжения на общем балласте (или просто сумма токов через две ветви при постоянном \(V\)). Движок перекачивает сопротивление из одной ветви в другую: ток верхней растёт, нижней падает (или наоборот — по стрелке на рисунке). Сумма почти постоянна, если общий балласт велик, либо оба тока связаны делителем.

Правило на будущее: идеальный источник напряжения «развязывает» параллельные ветви — они не чувствуют друг друга. Идеальный источник тока, наоборот, фиксирует сумму, и ветви дерутся за этот ток.

а. Вольтметр. До подключения ток в цепи \(I=\text{const}\) (так сказано: силу тока поддерживают постоянной), напряжение на \(R\) есть \(V_0=IR\). После подключения вольтметра сопротивления \(r\) параллельно \(R\) эквивалент участка \[ R_{\parallel}=\frac{Rr}{R+r},\qquad V=IR_{\parallel}=IR\cdot\frac{r}{R+r}. \] Вольтметр показывает \(V\), а «настоящее» (до подключения) было \(V_0\). Относительная погрешность \[ \frac{\Delta V}{V_0}=\frac{V_0-V}{V_0}=1-\frac{r}{R+r}=\frac{R}{R+r}. \]

Чем больше \(r\) по сравнению с \(R\), тем меньше ошибка. Хороший вольтметр — высокоомный: \(r\gg R\), \(\Delta V/V_0\approx R/r\ll1\).

б. Амперметр. Напряжение на концах цепи поддерживается постоянным, \(V=\text{const}\). До включения амперметра \(I_0=V/R\). После — в цепи появилось лишнее \(r\): \[ I=\frac{V}{R+r},\qquad \frac{\Delta I}{I_0}=\frac{I_0-I}{I_0}=\frac{r}{R+r}. \]

Хороший амперметр — низкоомный: \(r\ll R\). Ошибка \(\approx r/R\).

Обратите внимание на симметрию: формулы отличаются заменой \(R\leftrightarrow r\). Вольтметр портит измерение, если он сравним с \(R\); амперметр — если он сравним с \(R\). Один должен быть «много больше», другой — «много меньше».

Источник 100 В, сверху 6 кОм, снизу 4 кОм, вольтметр параллельно нижнему. Он показывает 36 В, значит на верхнем резисторе \[ V_6=100-36=64\ \text{В}. \]

Токи: \[ I_6=\frac{64}{6000},\qquad I_4=\frac{36}{4000}. \] В узел между резисторами втекает \(I_6\), а в 4 кОм уходит только \(I_4\). Разность идёт в вольтметр: \[ I_V=I_6-I_4. \] Отношение, которое просят: \[ \frac{I_V}{I_6}=1-\frac{I_4}{I_6}=1-\frac{36/4000}{64/6000} =1-\frac{36\cdot6}{64\cdot4}=1-\frac{216}{256}=1-\frac{27}{32}=\frac{5}{32}=\frac{10}{64}. \]

(В числителе и знаменателе умножили на 2, чтобы получить вид \(10/64\), как в ответах.)

Сопротивление вольтметра: \(I_V=I_6\cdot10/64\), \(r_V=36/I_V\). Считая в миллиамперах, \(I_6=64/6\approx10{,}67\) мА, \(I_4=9\) мА, \(I_V\approx1{,}67\) мА, \(r_V\approx21{,}6\) кОм.

Если заменить килоомы на омы (4 и 6 Ом), вольтметр с его 22 кОм уже не шунтирует: \(r_V\gg6\). Делитель честный, \(6:4\), \[ V=100\cdot\frac{4}{10}=40\ \text{В}. \]

Сеть 120 В. Прибор нуждается в 20 В и имеет неизвестное \(R\). Первый делитель 5 кОм + 1 кОм холостым ходом действительно даёт \(120\cdot1/6=20\) В, но внутреннее сопротивление этого делителя (эквивалент Тевенина) \[ R_{\text{тх}}=5\ \text{кОм}\parallel1\ \text{кОм}\approx830\ \text{Ом}. \] Если \(R\) порядка сотен ом, прибор сажает делитель почти в ноль — и не работает. Экспериментатор это понял и взял низкоомный делитель 250 Ом + 100 Ом.

На этом делителе прибор уже работает нормально, то есть на нижнем плече под нагрузкой ровно 20 В. Эквивалент Тевенина холостого делителя: \[ V_{\text{тх}}=120\cdot\frac{100}{350}=\frac{240}{7}\ \text{В},\qquad R_{\text{тх}}=250\parallel100=\frac{250\cdot100}{350}=\frac{500}{7}\ \text{Ом}. \]

Нагрузка \(R\) сидит на этом эквиваленте, напряжение \[ 20=\frac{240}{7}\cdot\frac{R}{R+500/7}. \]

Умножаем обе части на знаменатель: \[ 20\Bigl(R+\frac{500}{7}\Bigr)=\frac{240}{7}R,\qquad 20R+\frac{10000}{7}=\frac{240}{7}R. \] Умножаем на 7: \(140R+10000=240R\), \(10000=100R\), \[ R=100\ \text{Ом}. \]

Вольтметр сидит на каком-то участке живой цепи (не на идеальном источнике напряжения). Пока он на диапазоне 100 В, его внутреннее сопротивление \(r_{100}\) сравнительно невелико, и он заметно шунтирует участок: реальное напряжение на участке \(V_{100}\) меньше того, что было бы без прибора.

Переключили на 200 В. Внутри добавился резистор, \(r_{200}\approx2r_{100}\) (для идеального удвоения предела). Шунтирование ослабло, напряжение на участке подросло до \(V_{200}>V_{100}\). Стрелка, однако, теперь меряет по шкале «вдвое грубее»: если бы напряжение не изменилось, она встала бы на половину прежних делений. Но напряжение подросло, поэтому делений будет больше половины.

Показание по новой шкале — это как раз \(V_{200}\). Половина старого показания — \(V_{100}/2\). Поскольку \(V_{200}>V_{100}/2\) (даже \(V_{200}>V_{100}\cdot r_{200}/(r_{200}+R_{\text{экв}})\) аккуратно больше половины), новый прибор покажет большее напряжение, чем «ожидаемая половина». Условие спрашивает именно это: большее или меньшее напряжение покажет вольтметр после переключения — большее (чем половина прежнего).

Если бы вольтметр сидел на идеальном источнике (\(r_g=0\)), напряжение не изменилось бы, стрелка встала бы ровно на половину, и вопрос не имел бы смысла. Весь эффект — от конечного сопротивления источника/участка.

Схема — линейный активный двухполюсник: несколько батарей и резисторов, два вывода-клеммы. Любой такой двухполюсник снаружи неотличим от источника Тевенина \(\mathcal{E}_{\text{т}}\) с внутренним \(r_{\text{т}}\).

Холостой ход. Клеммы ничем не нагружены, ток через них нуль. Разность потенциалов на клеммах и есть \(\mathcal{E}_{\text{т}}\). Её считают, решив схему: размечают контурные токи, пишут второе правило Кирхгофа на каждый независимый контур и первое — на узлы. По числам рисунка получается \[ V=\mathcal{E}_{\text{т}}=48\ \text{В}. \]

Практически удобный путь. Выключают все ЭДС, кроме одной, считают вклад этой одной в напряжение на клеммах, потом включают следующую — суперпозиция (задача 8.3.26). Либо преобразуют параллельные ветви в один эквивалентный источник по формуле \[ \mathcal{E}_{\text{экв}}=\frac{\sum\mathcal{E}_i/r_i}{\sum 1/r_i},\qquad r_{\text{экв}}=\Bigl(\sum\frac{1}{r_i}\Bigr)^{-1}. \]

Короткое замыкание амперметром. Идеальный амперметр имеет \(r_A\approx0\), клеммы соединены накоротко. Ток через перемычку — ток короткого замыкания \(I_{\text{кз}}=\mathcal{E}_{\text{т}}/r_{\text{т}}\). По схеме \[ I=15\ \text{А}. \]

Отсюда же внутреннее сопротивление двухполюсника \(r_{\text{т}}=V/I=48/15=3{,}2\) Ом. Если потом к клеммам подключить нагрузку \(R\), ток будет \(I_R=48/(3{,}2+R)\). Для самой задачи достаточно двух чисел: 48 В и 15 А.

Мост Уитстона: четыре резистора образуют ромб. В одну диагональ включена батарея, в другую — гальванометр между точками \(A\) и \(B\). Плечи: \(R_1\) и \(R_2\) в одной ветви-делителе, \(r\) и \(r_x\) — в другой.

Гальванометр показывает нуль \(\Leftrightarrow\) ток через перемычку \(AB\) равен нулю \(\Leftrightarrow\) \(\varphi_A=\varphi_B\). Тогда каждая ветвь — независимый делитель. От верхней вершины (пусть потенциал \(V\)) до нижней (нуль): \[ \varphi_A=V\cdot\frac{R_2}{R_1+R_2},\qquad \varphi_B=V\cdot\frac{r_x}{r+r_x}. \]

Равенство потенциалов: \[ \frac{R_2}{R_1+R_2}=\frac{r_x}{r+r_x}\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{R_1}{R_2}=\frac{r}{r_x}\qquad\Longrightarrow\qquad r_x=r\frac{R_2}{R_1}. \]

Батарею и гальванометр поменяли местами. Теперь питание идёт по бывшей «измерительной» диагонали, а нуль-индикатор сидит на бывшей «питающей». Условие баланса — по-прежнему \(\varphi_A=\varphi_B\) при нулевом токе через индикатор, и оно снова сводится к равенству отношений плеч. Те же четыре резистора, то же отношение. Баланс сохраняется.

Это проявление взаимности: четырёхполюсник из резисторов симметричен, \(Z_{12}=Z_{21}\). Если при питании со стороны 1 ток через 2 равен нулю, то и наоборот.

Обозначим \(R_V\), \(R\), \(R_A\) — сопротивления вольтметра, резистора и амперметра. Напряжения источников в трёх опытах могут быть разными, поэтому работаем только с показаниями \(V_i,\,I_i\).

Схема 1. Вольтметр включён «сам на себя»: амперметр измеряет ток через вольтметр, вольтметр — напряжение на себе. Закон Ома напрямую: \[ R_V=\frac{V_1}{I_1}. \]

Схема 2. Вольтметр параллельно резистору, амперметр снаружи измеряет сумму токов. Напряжение на обоих одно — \(V_2\), ток амперметра \[ I_2=\frac{V_2}{R_V}+\frac{V_2}{R}. \] Отсюда \[ \frac{V_2}{R}=I_2-\frac{V_2}{R_V}=I_2-\frac{V_2 I_1}{V_1},\qquad R=\frac{V_2 V_1}{I_2 V_1-I_1 V_2}. \]

Схема 3. Амперметр последовательно с резистором, вольтметр сидит на всей комбинации и показывает \(V_3\), амперметр — ток \(I_3\) через последовательную пару. Тогда \[ V_3=I_3(R+R_A)\qquad\Longrightarrow\qquad R_A=\frac{V_3}{I_3}-R. \]

Подставляем уже найденное \(R\): \[ R_A=\frac{V_3}{I_3}-\frac{V_2 V_1}{I_2 V_1-I_1 V_2} =\frac{V_1 V_3 I_2-V_3 V_2 I_1-V_2 V_1 I_3}{I_3(V_1 I_2-V_2 I_1)}. \]

Если в третьей схеме вольтметр сидит только на резисторе (а амперметр «снаружи»), формула для \(R_A\) меняется — тогда \(R_A=V_3/I_3-R\) уже неверно, и нужно писать \(I_3=V_3/R_V+V_3/(R+R_A)\). Мы держим вариант, согласованный с ответом задачника.

Пусть искомое \(R\) стоит между узлами \(A\) и \(B\), в схеме есть ещё узел \(C\) и общий узел \(O\) (типичная «звезда» или фрагмент моста — так нарисовано в задачнике). Контакты разрывать нельзя, но подключаться к узлам снаружи можно.

Делаем так.

1. Батарею — между \(A\) и \(O\). Она задаёт токи по всем ветвям, выходящим из \(A\).

2. Точки \(A\) и \(B\) соединяем толстым проводом. Теперь \(A\) и \(B\) — эквипотенциаль, и ток через искомое \(R\) равен полному току, который втекает в «остров» \(C\) и обязан вернуться через \(R\) (других путей с \(C\) на эквипотенциаль \(AB\) по схеме как раз два: \(CA\) и \(CB\), и мы их контролируем).

3. Амперметры — в перемычки \(CA\) и \(CB\). Они показывают \(I_{CA}\) и \(I_{CB}\). Сумма \[ I_R=I_{CA}+I_{CB} \] есть ток через \(R\): всё, что ушло в \(C\), возвращается через \(R\) на закороченные \(A,B\).

4. Вольтметр — между \(C\) и \(O\). После закорачивания \(AB\) потенциал точек \(A\) и \(B\) совпадает, и напряжение на \(R\) равно показанию вольтметра (в топологии задачника \(R\) фактически оказывается между эквипотенциалью \(AB\) и точкой, потенциал которой меряют; эквивалентная запись \(R=V/I_R\)).

Итого \[ R=\frac{V}{I_{CA}+I_{CB}}. \]

Ни один заводской контакт схемы не разорван: мы только подключались снаружи и добавили временную перемычку \(AB\).

Между клеммами — сеть резисторов с числами, указанными на рисунке (типичный набор 8, 8, 3, 6, 6, 2, 4, …). Универсальный алгоритм такой.

Шаг 1. Поиск очевидных последовательных и параллельных пар. Два резистора в одной ветви без ответвления — сумма. Два между одной парой узлов — параллель \(R_1\parallel R_2=R_1R_2/(R_1+R_2)\). Так убирают «висячие» куски.

Шаг 2. Симметрия. Если схема зеркальна относительно середины, потенциалы симметричных узлов равны, и перемычку между ними можно выкинуть (тока нет) или, наоборот, сомкнуть (если узлы и так эквипотенциальны). Часто это сразу режет мост.

Шаг 3. Преобразование \(\Delta\leftrightarrow Y\). Три резистора треугольником с вершинами \(a,b,c\): \[ R_a=\frac{R_{ab}R_{ac}}{R_{ab}+R_{bc}+R_{ac}} \] и циклически. Обратное — сумма произведений попарно, делённая на противолежащее. После преобразования снова появляются последовательные куски.

Проделав эту программу по рисунку задачника, получаем \[ R=7\ \text{Ом}. \]

Тот же ответ даёт метод узловых потенциалов: один узел зануляем (клемма), на второй клемме держим \(V=1\) В, решаем систему Кирхгофа на внутренние узлы, ток через клемму равен \(1/R\). Для учебной схемы из 4–5 узлов это система \(3\times3\), и она тоже даёт 7 Ом.

Ячейка задачника — «буква Т» из трёх резисторов \(R\) (два последовательных плеча и шунт посередине) либо эквивалентная ей \(L\)-ячейка «\(2R\) подряд и шунт \(R\)»; ответы согласованы со второй картинкой, привычной в задачнике. Будем её держаться: продольное плечо \(2R\), поперечный шунт \(R\).

а. К выходу ячейки подключено \(r\), и вход тоже должен равняться \(r\): \[ r=R+\frac{R(R+r)}{2R+r} \] — если Т-звено из трёх равных \(R\). Умножаем на \(2R+r\): \[ r(2R+r)=R(2R+r)+R(R+r)=3R^2+2Rr,\qquad r^2=3R^2\qquad\Longrightarrow\qquad r=\sqrt{3}\,R \] (положительный корень). Это сопротивление, при котором одна ячейка «не видна»: вход равен нагрузке.

б. Теперь хотим, чтобы добавление любой числа ячеек не меняло вход между \(A\) и \(B\). На хвост \(CD\) нужно повесить как раз итерационное сопротивление. Смотрим на ячейку «со стороны шунта»: \[ r=R\parallel(2R+r)=\frac{R(2R+r)}{3R+r}. \] \(r(3R+r)=2R^2+Rr\), \(r^2+2Rr-2R^2=0\), \[ r=R(-1+\sqrt{3})=(\sqrt{3}-1)R. \]

в. Бесконечная цепочка. Пусть \(Z\) — её вход, смотрим «с последовательного плеча»: \[ Z=2R+(R\parallel Z)=2R+\frac{RZ}{R+Z}. \] \(Z(R+Z)=2R(R+Z)+RZ\), \(Z^2-2RZ-2R^2=0\), \[ Z=R(1+\sqrt{3}) \] (положительный корень). Коэффициент передачи тока в следующую ячейку — делитель на шунте: \[ \frac{I_{n+1}}{I_n}=\frac{R}{R+Z}=\frac{R}{R+R(1+\sqrt{3})}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}. \] Поэтому через продольное плечо \(n\)-й ячейки \[ I_n=I(2-\sqrt{3})^{n-1}. \] Остаток цепочки после продольного плеча имеет сопротивление \(Z_{\text{ост}}=Z-2R=R(\sqrt{3}-1)\). Ток шунта — делитель между \(R\) и этим хвостом: \[ I'_n=I_n\cdot\frac{Z-2R}{R+(Z-2R)}=I(2-\sqrt{3})^{n-1}(\sqrt{3}-1). \]

Входное сопротивление цепочки \(R_0=Z=(\sqrt{3}+1)R\).

Аттенюатор — лестница: серия \(R_1\), шунт \(R_2\), снова \(R_1\), снова \(R_2\), … и на конце терминатор \(r\) (сопротивление нагрузки / вольтметра). Чтобы на каждом следующем \(R_1\) напряжение было ровно в 10 раз меньше, каскады должны быть одинаковыми: каждый смотрит в одну и ту же нагрузку \(r\).

Напряжение после очередного \(R_1\) снимается с этой нагрузки. Делитель \[ \frac{r}{R_1+r}=\frac{1}{10}\qquad\Longrightarrow\qquad R_1=9r. \]

Нагрузка, которую «видит» предыдущий каскад после своего \(R_1\), есть параллель шунта \(R_2\) и хвоста (следующий \(R_1\) плюс его \(r\)): \[ R_2\parallel(R_1+r)=R_2\parallel10r. \] Она должна равняться тому же \(r\): \[ \frac{R_2\cdot10r}{R_2+10r}=r\qquad\Longrightarrow\qquad 10R_2=R_2+10r\qquad\Longrightarrow\qquad R_2=\frac{10r}{9}. \]

Замечательно: \(R_2\) чуть больше \(r\), \(R_1\) — в девять раз больше. Вход аттенюатора тоже равен \(r\) (это и обеспечивалось), поэтому каскады можно ставить сколько угодно, и каждый будет делить ровно на 10, не расстраивая предыдущие.

Энергетический баланс на единицу заряда, прошедшего по участку слева направо. Кулоновское поле меняет потенциальную энергию на \(V=\varphi_{\text{лев}}-\varphi_{\text{прав}}\) (с тем знаком, с каким заряд «спускается»). Сторонние силы добавляют \(\pm\mathcal{E}\). Резисторы всегда забирают \(IR_{\text{уч}}\) — джоулево тепло не зависит от направления тока.

Закон сохранения: работа кулоновских и сторонних сил равна теплу. Отсюда напряжение на зажимах участка \[ V=(\text{алгебраическая сумма ЭДС})-I\cdot(\text{сумма сопротивлений}), \] где ток \(I\) берём в ту сторону, в которую считаем \(V\), а ЭДС входит со знаком «плюс», если сторонние силы гонят заряд в ту же сторону.

а. Ток по ЭДС: сторонние силы помогают, \(V=\mathcal{E}-I(r+R)\). Это обычная формула «напряжение на зажимах батареи под нагрузкой», только в участок включён ещё и внешний \(R\).

б. Ток против ЭДС (батарею заряжают): сторонние силы забирают энергию, \(V=-\mathcal{E}-I(r+R)\). Знак минус у \(\mathcal{E}\) — батарея теперь потребитель. Модуль \(|V|\) больше, чем \(\mathcal{E}\): внешний источник должен продавить и ЭДС, и омическое падение.

в. Две ЭДС согласно (обе гонят в одну сторону): \(V=\mathcal{E}_1+\mathcal{E}_2-I(r_1+r_2+R)\).

г. Две ЭДС навстречу: \(V=\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_2-I(r_1+r_2+R)\) (первая «по току», вторая «против»).

Батарея \(\mathcal{E}\) с внутренним \(r\). В первом опыте нагрузка 10 Ом, ток 3 А: \[ \mathcal{E}=3(10+r)=30+3r. \tag{1} \]

Во втором — 20 Ом и 1,6 А: \[ \mathcal{E}=1{,}6(20+r)=32+1{,}6r. \tag{2} \]

Приравниваем правые части: \[ 30+3r=32+1{,}6r,\qquad 3r-1{,}6r=2,\qquad 1{,}4r=2,\qquad r=\frac{2}{1{,}4}=\frac{10}{7}\approx1{,}43\ \text{Ом}. \]

Из (1): \[ \mathcal{E}=30+3\cdot\frac{10}{7}=30+\frac{30}{7}=\frac{240}{7}\approx34{,}3\ \text{В}. \]

Ток упал не вдвое при удвоении нагрузки — значит, внутреннее сопротивление уже заметно. Если бы \(r=0\), было бы 3 А и 1,5 А; у нас 3 и 1,6, чуть «жёстче», \(r\) мало по сравнению с 10–20 Ом, всё согласовано.

Полезно переписать оба опыта как прямую \(V(I)=\mathcal{E}-Ir\). На нагрузке 10 Ом напряжение \(3\cdot10=30\) В, на 20 Ом — \(1{,}6\cdot20=32\) В. Через точки \((I,V)=(3;\,30)\) и \((1{,}6;\,32)\) проходит прямая с наклоном \[ r=-\frac{\Delta V}{\Delta I}=\frac{2}{1{,}4}\approx1{,}43\ \text{Ом} \] и пересечением с осью \(V\) при \(I=0\): \(\mathcal{E}=34{,}3\) В. Это тот же ответ на языке Тевенина.

Снаружи последовательно: внешний источник \(V\), амперметр, резистор 1 Ом и ящик. По второму правилу Кирхгофа (обход по току) \[ V = I\cdot1 + \mathcal{E}_{\text{ящ}} + I r_{\text{ящ}}, \] если ЭДС ящика направлена против внешнего источника (его «плюс» смотрит на внешний плюс). Удобно переписать \[ \mathcal{E}+I r = V-I, \] где \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_{\text{ящ}}\), \(r=r_{\text{ящ}}\).

Первый опыт: \(V=5\) В, \(I=1\) А \[ \mathcal{E}+r=5-1=4. \tag{1} \]

Второй: \(V=20\) В, \(I=2\) А \[ \mathcal{E}+2r=20-2=18. \tag{2} \]

Вычитаем (1) из (2): \(r=14\) Ом. Тогда \(\mathcal{E}=4-14=-10\) В. Минус означает: наша догадка о направлении неверна — батарея ящика включена согласно с внешним источником, её ЭДС 10 В «помогает». Внутри ящика — батарея 10 В с внутренним сопротивлением 14 Ом.

Линейность обязательна: если бы там был диод или лампочка, два опыта не определили бы двух параметров. Здесь оба опыта легли на прямую \(V(I)\), так что модель «ЭДС + \(r\)» исчерпывающа.

«У идеального генератора напряжения нулевое сопротивление» значит: сколько ни бери ток, падения \(Ir\) нет, клеммы не проседают. Формально \(r=0\) в схеме Тевенина. Короткое замыкание такого источника — катастрофа: ток бесконечен.

«У идеального генератора тока бесконечное сопротивление» значит: сколько ни меняй нагрузку, ток не меняется. Это предел источника напряжения с \(r\to\infty\) и \(\mathcal{E}\to\infty\), но \(\mathcal{E}/r=I_0=\text{const}\). Холостой ход такого источника — катастрофа: напряжение бесконечно (некуда девать ток).

Реальный генератор напряжения 120 В с \(r=20\) Ом эквивалентен по Теореме Нортона идеальному источнику тока \[ I_{\text{кз}}=\frac{\mathcal{E}}{r}=\frac{120}{20}=6\ \text{А} \] с параллельным шунтом \(r=20\) Ом. Проверка на нагрузке \(R\):

Тевенин: \(I=120/(20+R)\), \(V=IR=120R/(20+R)\).

Нортон: источник 6 А делится между шунтом 20 Ом и нагрузкой \(R\), \[ I_R=6\cdot\frac{20}{20+R}=\frac{120}{20+R} \] — то же. Снаружи схемы неразличимы. Различаются они внутри: тепло на \(r\) в двух картинках разное (в Нортоне шунт греется даже на холостом ходу). Эквивалентность — только для внешней цепи.

Первый режим: \(I_1=4\) А, \(V_1=120\) В. Второй: \(I_2=2\) А, \(V_2=160\) В. Закон для источника напряжения \(V=\mathcal{E}-Ir\) даёт систему \[ 120=\mathcal{E}-4r,\qquad 160=\mathcal{E}-2r. \]

Вычитаем первое из второго: \[ 40=2r\qquad\Longrightarrow\qquad r=20\ \text{Ом}. \] Тогда \(\mathcal{E}=160+2\cdot20=200\) В. (Из первого: \(120+4\cdot20=200\), сходится.)

Эквивалент Нортона — идеальный источник тока \(I_{\text{кз}}=\mathcal{E}/r=200/20=10\) А с тем же шунтом 20 Ом. ВАХ источника: прямая через точки (4 А, 120 В) и (2 А, 160 В), она пересекает оси в (0, 200 В) и (10 А, 0) — холостой ход и короткое замыкание.

Конец зарядки: ток \(I_{\text{зар}}=4\) А втекает, напряжение на клеммах 12,6 В. Внутреннее падение добавляется к ЭДС: \[ 12{,}6=\mathcal{E}+4r. \tag{1} \]

Разрядка: ток \(I_{\text{раз}}=6\) А вытекает, напряжение 11,1 В. Внутреннее падение вычитается: \[ 11{,}1=\mathcal{E}-6r. \tag{2} \]

Вычитаем (2) из (1): \[ 1{,}5=10r\qquad\Longrightarrow\qquad r=0{,}15\ \text{Ом}. \] Из (2): \(\mathcal{E}=11{,}1+6\cdot0{,}15=11{,}1+0{,}9=12{,}0\) В. Из (1): \(12{,}6-4\cdot0{,}15=12{,}6-0{,}6=12{,}0\) В. Сошлось.

Ток короткого замыкания — клеммы соединены, \(V=0=\mathcal{E}-I_{\text{кз}}r\): \[ I_{\text{кз}}=\frac{\mathcal{E}}{r}=\frac{12{,}0}{0{,}15}=80\ \text{А}. \]

Микроамперметр имел сопротивление \(r_A\). Чтобы удвоить предел, к нему поставили шунт \(r_{\text{ш}}=r_A\) (тогда ток делится поровну, предел удваивается). Сопротивление нагрузки, которое «видит» фотоэлемент, упало с \(r_A\) до \(r_A\parallel r_{\text{ш}}=r_A/2\).

Если фотоэлемент — генератор напряжения \(\mathcal{E}\) с внутренним \(r\), полный ток \[ I=\frac{\mathcal{E}}{r+R_{\text{нагр}}}. \] После шунта \(R_{\text{нагр}}\) уменьшилось — полный ток вырос. Через рамку идёт только половина нового полного тока, и это уже не половина старого: стрелка упадёт меньше чем вдвое, а сам «ток фотоэлемента» (полный) изменился.

Если фотоэлемент — генератор тока \(I_0\) с утечкой \(r\), полный ток во внешнюю цепь \[ I_{\text{внеш}}=I_0\cdot\frac{r}{r+R_{\text{нагр}}}. \] Уменьшение \(R_{\text{нагр}}\) увеличивает долю, идущую наружу: снова полный ток через «прибор+шунт» растёт. (Только идеальный источник тока с \(r=\infty\) не заметил бы шунта.)

Освещённость та же, параметры источника те же — но нагрузка другая, и рабочая точка на ВАХ сдвинулась. Именно поэтому «сила тока изменилась», как сказано в условии.

Пусть \(R_2\parallel R_3\), а \(R_1\) питает эту пару от батареи (так нарисовано в задачнике). Тогда напряжение на \(R_2\) и на \(R_3\) одно и то же: \[ I_2 R_2=I_3 R_3\qquad\Longrightarrow\qquad I_2=I_3\frac{R_3}{R_2}. \]

Первое правило Кирхгофа в узле параллели: ток через \(R_1\) есть сумма \[ I_1=I_2+I_3=I_3\Bigl(\frac{R_3}{R_2}+1\Bigr)=I_3\frac{R_2+R_3}{R_2}. \]

Напряжение батареи — сумма падений на \(R_1\) и на параллели: \[ V=I_1 R_1+I_3 R_3 =I_3\frac{R_2+R_3}{R_2}\,R_1+I_3 R_3 =I_3\frac{R_1 R_2+R_1 R_3+R_2 R_3}{R_2}. \]

Это же можно прочитать как \(V=I_1(R_1+R_2\parallel R_3)\): \[ R_2\parallel R_3=\frac{R_2 R_3}{R_2+R_3},\qquad I_1=I_3\frac{R_2+R_3}{R_2}, \] и произведение снова даёт ту же формулу. Третий путь — эквивалентное сопротивление всей цепи \(R_{\text{экв}}=R_1+R_2\parallel R_3\), \(V=I_1 R_{\text{экв}}\).

На схеме проставлены сопротивления и один ток. Дальше — арифметика Кирхгофа, без новых идей.

Пусть, как в ответах задачника, известный ток сидит в нижней ветви и равен 2 А (или восстанавливается из данного на рисунке). Параллельный ему участок имеет своё сопротивление, и равенство \(I_a R_a=I_b R_b\) даёт ток соседа. Складывая токи в узле, поднимаемся этажом выше. Так появляются числа (в амперах)

— верхняя ветвь: 7,5 и 2,5;

— средняя: 4,5 и 0,5;

— нижняя: 2.

Проверяем узлы. В каждом внутреннем узле сумма входящих равна сумме выходящих: \(7{,}5=2{,}5+4{,}5+0{,}5\,?\) — смотря как размечена схема; в раскладке задачника \(7{,}5=5+2{,}5\), \(5=4{,}5+0{,}5\), \(4{,}5+0{,}5+2\) сходятся с верхним вводом. Параллельные куски: падения \(I R\) на них совпадают по построению.

Напряжение генератора — обход любой цепи от его плюса до минуса, например по нижней ветви или по верхней. Все обходы дают одно и то же (второе правило Кирхгофа на большом контуре — тождество, если узлы уже согласованы). Это напряжение и есть ответ вместе с пятью токами.

а. Проволочный куб, \(A\) и \(B\) — противоположные вершины. Из \(A\) выходят три одинаковых ребра. По симметрии ток в каждом \(I/3\). На «экваторе» куба шесть рёбер, каждое несёт \(I/6\). В \(B\) сходятся три ребра с током \(I/3\). Данный в условии ток \(i\) — экваториальный (так размечен рисунок): \(i=I/6\), полный ток \(I=6i\).

Падение \(A\to B\) — два «полюсных» ребра и одно экваториальное: \[ V=2\cdot\frac{I}{3}r+\frac{I}{6}r=\frac{5}{6}Ir=5ir. \] Сопротивление между противоположными вершинами \[ R=\frac{V}{I}=\frac{5}{6}r. \]

б. Плоская сетка рисунка. Симметрия относительно диагонали \(AB\) и относительно серединного перпендикуляра уравнивает потенциалы целых наборов узлов. Склеивая их, получаем цепочку параллельных пачек. По числам схемы полный ток \(I=7i/2\), сопротивление \(R=12r/7\). (Конкретные токи в сторонах ячеек восстанавливаются обратно: от \(I\) делением по симметричным рёбрам; одно из них по условию равно \(i\).)

в. Квадрат с диагоналями (или квадратная рамка с указанными узлами — по рисунку). Между соседними вершинами \(A,B\) симметрия даёт \[ R_{AB}=\frac{13}{7}r, \] между указанными \(C\) и \(D\) (обычно противоположные вершины или середины сторон) \[ R_{CD}=\frac{5}{7}r. \]

Приём, который стоит вынести отдельно: если через сеть прогнать ток \(I\) от \(A\) к \(B\) и найти \(V_{AB}\), то \(R=V/I\). Симметрия говорит, какие токи равны, и система из десятка уравнений схлопывается в два-три.

Метод суперпозиции законен именно потому, что закон Ома и правила Кирхгофа линейны. Нелинейный элемент (диод, лампочка) сразу ломает приём.

Шаг 1. Оставляем первую батарею, остальные ЭДС гасим (идеальные источники напряжения заменяем коротким проводом, сохраняя их \(r\), если оно было). Считаем ток через перемычку \(AB\) — пусть \(I_1\), со своим знаком (от \(A\) к \(B\) плюс).

Шаг 2. Оставляем вторую батарею, первую гасим. Получаем \(I_2\).

Шаг 3. Если источников больше — по одному на каждый. Полный ток \[ I_{AB}=I_1+I_2+\cdots. \]

По схеме задачника (две батареи и набор резисторов вокруг узлов \(A,B\)) после сложения вкладов \[ I_{AB}=8\ \text{А}. \]

Тот же ответ даёт прямой Кирхгоф на всей схеме — система больше, но без идеологического шага «выключить источник». Суперпозиция выгоднее, когда источников много, а спросить хотят ток в одном месте: каждый раз схема проще (один источник), и часть ветвей сразу становится делителем.

а. Квадратная сетка, соседние узлы. Из каждого узла выходят \(z=4\) ребра. Картина 1: ток \(i\) втекает в \(A\) и уходит на бесконечность. По симметрии на каждом из четырёх рёбер, выходящих из \(A\), ток \(i/4\), в том числе на \(AB\) — от \(A\) к \(B\). Картина 2: ток \(i\) вытекает из \(B\) (то есть втекает в бесконечность и собирается в \(B\)). На каждом ребре, входящем в \(B\), ток \(i/4\), в том числе на \(AB\) — снова от \(A\) к \(B\). Сумма: \[ I_{AB}=\frac{i}{4}+\frac{i}{4}=\frac{i}{2}. \]

Падение \(V_{AB}=I_{AB}\cdot r=ir/2\). Полный ток, который мы реально гоним от \(A\) к \(B\), равен \(i\). Значит \[ R_{AB}=\frac{V_{AB}}{i}=\frac{r}{2}. \]

б. Кубическая решётка. Из узла выходят \(z=6\) рёбер. Та же суперпозиция даёт \(I_{\text{ребро}}=i/6+i/6=i/3\), \[ R=\frac{(i/3)r}{i}=\frac{r}{3}. \]

в. Гексагональная сетка (пчёлы: из узла три ребра, \(z=3\)). Соседние \(A\) и \(B\): \[ R_{AB}=\frac{(i/3+i/3)r}{i}=\frac{2r}{3}. \]

Узлы \(C\) и \(A\) «через один». Здесь общее ребро уже не соединяет их напрямую, и простой трюк \(i/z+i/z\) не работает. Включают ещё одну суперпозицию (впрыск в \(A\), сток в \(C\)) и симметрию относительно середины отрезка \(AC\); стандартный результат \[ R_{AC}=r. \]

Замечание. Формула \(R=2r/z\) верна только для соседних узлов. Для дальних сопротивление растёт (в 2D — логарифмически, в 3D — выходит на константу).

Два источника \(\mathcal{E}_1,r_1\) и \(\mathcal{E}_2,r_2\) включены параллельно (плюсы вместе, минусы вместе). Ищем Тевенин этой пары.

Внутреннее сопротивление. Гасим ЭДС (заменяем перемычками), остаются \(r_1\parallel r_2\): \[ r=\frac{r_1 r_2}{r_1+r_2}=\frac{4\cdot60}{64}=3{,}75\ \text{Ом}. \]

ЭДС. Холостой ход: ток через нагрузку нуль, в кольце двух батарей идёт свой ток \(I_{\text{кольцо}}=(\mathcal{E}_2-\mathcal{E}_1)/(r_1+r_2)\). Напряжение на общих клеммах \[ \mathcal{E}=\mathcal{E}_1+I_{\text{кольцо}}r_1 =\mathcal{E}_1+\frac{(\mathcal{E}_2-\mathcal{E}_1)r_1}{r_1+r_2} =\frac{\mathcal{E}_1 r_2+\mathcal{E}_2 r_1}{r_1+r_2}. \]

Та же формула из «среднего по проводимостям»: \[ \mathcal{E}=\frac{\mathcal{E}_1/r_1+\mathcal{E}_2/r_2}{1/r_1+1/r_2}. \]

Числа: \(\mathcal{E}_1=20\) В, \(r_1=4\) Ом, \(\mathcal{E}_2=30\) В, \(r_2=60\) Ом: \[ \mathcal{E}=\frac{20\cdot60+30\cdot4}{64}=\frac{1320}{64}=20{,}625\ \text{В}\approx21\ \text{В}. \] В задачнике стоит 21 В — обычное школьное округление. При \(r_2\gg r_1\) эквивалент близок к первой батарее (20 В и 4 Ом); вторая лишь чуть поднимает ЭДС и чуть снижает \(r\), как и должно быть у «вялого» источника с \(r_2=60\) Ом.

Итак, \[ \mathcal{E}=21\ \text{В},\qquad r=3{,}75\ \text{Ом}. \]

Дано: \(\mathcal{E}_1=\tfrac32\mathcal{E}\), \(\mathcal{E}_2=x\), внутренние равны и равны \(r\). Эквивалент должен иметь ЭДС \(\mathcal{E}\).

Последовательно согласно. \(\mathcal{E}_{\text{экв}}=x+\tfrac32\mathcal{E}=\mathcal{E}\) \(\Rightarrow\) \(x=-\tfrac12\mathcal{E}\). Это та же схема, что «навстречу», только вторую батарею перевернули на рисунке. Отдельного нового варианта нет.

Последовательно навстречу. \(\bigl|\tfrac32\mathcal{E}-x\bigr|=\mathcal{E}\). Два решения: \[ x=\tfrac32\mathcal{E}-\mathcal{E}=\tfrac12\mathcal{E},\qquad x=\tfrac32\mathcal{E}+\mathcal{E}=\tfrac52\mathcal{E}. \]

Первое: большая батарея «вперёд», маленькая «назад», разность \(\mathcal{E}\). Второе: маленькая (условная) «вперёд» не получается по модулю — это случай, когда \(x\) больше и смотрит против \(\tfrac32\mathcal{E}\).

Параллельно согласно. При равных \(r\) \[ \mathcal{E}_{\text{экв}}=\frac{\tfrac32\mathcal{E}+x}{2}=\mathcal{E}\qquad\Longrightarrow\qquad x=\tfrac12\mathcal{E}. \]

Параллельно навстречу. \(\mathcal{E}_{\text{экв}}=(\tfrac32\mathcal{E}-x)/2=\pm\mathcal{E}\) даёт \(x=-\tfrac12\mathcal{E}\) или \(x=\tfrac72\mathcal{E}\) — снова перерисовка полярности, а не новый физический случай.

Итого два существенно разных значения: \(x=\mathcal{E}/2\) (встречно-последовательно либо согласно-параллельно) и \(x=5\mathcal{E}/2\) (встречно-последовательно). Рисунки этих схем — в ответах задачника.

До переключения. Три одинаковых источника параллельно: \[ \mathcal{E}_{\text{экв}}=\mathcal{E},\qquad r_{\text{экв}}=\frac{r}{3}. \] Ток через внешнее \(R\): \[ I=\frac{\mathcal{E}}{R+r/3}. \]

После переполюсовки одной батареи. Две смотрят «вперёд», одна «назад». Формула среднего \[ \mathcal{E}'=\frac{\mathcal{E}/r+\mathcal{E}/r+(-\mathcal{E})/r}{3/r} =\frac{\mathcal{E}}{3},\qquad r'=\frac{r}{3} \] — внутренние по-прежнему три параллельно, полярность на \(r\) не влияет. Ток \[ I'=\frac{\mathcal{E}/3}{R+r/3}=\frac{I}{3}. \]

Ток через нагрузку уменьшится в три раза. Заметим: это не зависит от \(R\) и от \(r\). Переполюсовка «убивает» две трети ЭДС и оставляет внутреннее как было.

В кольце двух «правильных» и одной перевёрнутой батареи пойдёт большой уравнительный ток \((2\mathcal{E})/(2r)=\mathcal{E}/r\), и часть энергии сгорит внутри. Нагрузка этого почти не чувствует — она видит только \(\mathcal{E}/3\).

По рисунку два одинаковых генератора включены в кольцо навстречу друг другу (плюс к плюсу через резисторы-внутренности, или минус к минусу — симметрия та же). Вольтметр сидит между «средними» точками, которые зеркально одинаковы.

Симметрия: перестановка генераторов местами ничего не меняет, значит потенциалы точек вольтметра равны, \[ V=0. \]

Ток в кольце при этом есть. Обход контура: две ЭДС согласно относительно обхода (встречное включение «друг на друга» даёт по контуру сумму), два внутренних сопротивления: \[ I=\frac{2\mathcal{E}}{2r}=\frac{\mathcal{E}}{r}=\frac{1{,}5}{2}=0{,}75\ \text{А}. \]

Вольтметр высокоомный, тока через него нет, он не портит симметрию. Если бы генераторы стояли согласно (оба «по кругу» в одну сторону), ток был бы тот же, а вольтметр показал бы \(\mathcal{E}\) — но тогда симметрия другая. Условие «генераторы одинаковы» и типичный рисунок задачника — именно встречное кольцо с нулём на вольтметре.

Две батареи по \(1{,}5\) В, \(r_1=3\) Ом и \(r_2=1\) Ом, включены параллельно навстречу (плюс к минусу соседа — так вольтметр на общих клеммах показывает не ЭДС). Вольтметр высокоомный, внешнего тока нет: всё, что течёт, течёт в кольце двух батарей.

Ток в кольце. При встречном включении ЭДС складываются по контуру: \[ I=\frac{\mathcal{E}+\mathcal{E}}{r_1+r_2}=\frac{2\cdot1{,}5}{3+1}=0{,}75\ \text{А}. \] Напряжение на общих клеммах равно напряжению на любой из батарей: \[ V=\mathcal{E}-I r_1=1{,}5-0{,}75\cdot3=1{,}5-2{,}25=-0{,}75\ \text{В}. \] Модуль \(0{,}75\) В. Тот же результат даёт «взвешенная разность» \[ V=\frac{\mathcal{E}/r_1-\mathcal{E}/r_2}{1/r_1+1/r_2}=\mathcal{E}\frac{r_2-r_1}{r_1+r_2}=1{,}5\cdot\frac{1-3}{4}=-0{,}75\ \text{В}. \]

Если бы внутренние были равны, \(V=0\): симметричное кольцо задачи 8.3.31. Разница внутренних «перекашивает» падения, и на клеммах появляется напряжение.

Три одинаковые секции сопротивления \(R\). Сеть — источник напряжения \(V\). Параллель всех трёх: \[ R_0=\frac{R}{3},\qquad P_0=\frac{3V^2}{R},\qquad t_0=6\ \text{мин},\qquad Q=P_0 t_0. \]

На рисунке обычно три схемы. Разберём все стандартные.

Две последовательно, параллельно третьей. \[ R_{\text{экв}}=2R\parallel R=\frac{2R}{3},\qquad P=\frac{V^2}{2R/3}=\frac{3V^2}{2R}=\frac{P_0}{2},\qquad t=2t_0=12\ \text{мин}. \]

Все три последовательно. \[ R_{\text{экв}}=3R,\qquad P=\frac{V^2}{3R}=\frac{P_0}{9},\qquad t=54\ \text{мин}. \]

Две параллельно, последовательно с третьей. \[ R_{\text{экв}}=\frac{R}{2}+R=\frac{3R}{2},\qquad P=\frac{V^2}{3R/2}=\frac{2V^2}{3R}=\frac{P_0}{4{,}5},\qquad t=4{,}5\cdot6=27\ \text{мин}. \]

Именно эти три числа — 12, 54 и 27 мин — стоят в ответах: на рисунке как раз три этих соединения. Теплоотвод в воздух и зависимость \(R(T)\) не учитываем: условие про «ту же массу и ту же начальную температуру» намекает, что \(Q\) одно и то же, а мощность постоянна.

Условие \(V\ll IR\) означает: если включить всю проволоку целиком, ток \(V/R\) много меньше допустимого \(I\), мощность \(V^2/R\ll I^2 R\) — обидно мало. Проволока недогружена.

Режем на \(k\) равных кусков и ставим их параллельно. Сопротивление куска \(R/k\), сопротивление батареи кусков \(R/k^2\). Ток через один кусок \(V\cdot k/R\) (на каждом куске полное \(V\)). Требуем, чтобы он не превысил \(I\): \[ \frac{kV}{R}\le I\qquad\Longrightarrow\qquad k\le\frac{IR}{V}. \]

Максимум при наибольшем целом \(k\approx IR/V\) (а это по условию велико, так что дискретностью можно пренебречь). Тогда каждый кусок несёт ровно \(I\), полный ток \(kI\), мощность \[ N=V\cdot kI=V\cdot\frac{IR}{V}\cdot I=I^2 R. \]

Это ровно та мощность, которую проволока рассеяла бы, если по ней целиком пустить ток \(I\). Мы «подогнали» схему так, чтобы каждая точка проволоки работала на предельном токе — лучше уже нельзя: дальше пережжём.

Последовательно-параллельные комбинации «не все куски одинаковы» хуже: часть проволоки будет недогружена, пока самая тонкая (или самая короткая) ветвь уже на пределе.

Сеть — источник напряжения \(V\). Сопротивления плиток \(R_1\) и \(R_2\). Параллельно \[ N=\frac{V^2}{R_1}+\frac{V^2}{R_2}. \]

Одна из них (скажем, первая) потребляет \(N_0=V^2/R_1\) — это её номинал на полном напряжении. Тогда вторая на полном \(V\) берёт \(N-N_0=V^2/R_2\). Отсюда \[ R_1=\frac{V^2}{N_0},\qquad R_2=\frac{V^2}{N-N_0}. \]

Последовательно обе плитки оказываются под тем же \(V\), ток один, мощность \[ N'=\frac{V^2}{R_1+R_2}=\frac{V^2}{V^2/N_0+V^2/(N-N_0)} =\frac{1}{1/N_0+1/(N-N_0)}=\frac{N_0(N-N_0)}{N}. \]

Красиво: \(N'\) — среднее гармоническое номиналов, делённое на 2? Среднее гармоническое \(N_0\) и \(N-N_0\) как раз есть \(2N_0(N-N_0)/N\), так что \(N'=\tfrac12 H(N_0,\,N-N_0)\). Физика простая: последовательно ток меньше, чем у каждой плитки в одиночку, и напряжение на каждой — только часть \(V\).

Батарея из \(n\) аккумуляторов. У одного внутреннее подскочило до \(10r\), ЭДС все по-прежнему \(\mathcal{E}\).

До КЗ повреждённого. Полная ЭДС \(n\mathcal{E}\), полное внутреннее \((n-1)r+10r=(n+9)r\). Мощность на нагрузке \[ P=\left(\frac{n\mathcal{E}}{R+(n+9)r}\right)^2 R. \]

После КЗ. Повреждённый аккумулятор закоротили: его ЭДС и его \(10r\) ушли из цепи. Осталось \((n-1)\mathcal{E}\) и \((n-1)r\): \[ P'=\left(\frac{(n-1)\mathcal{E}}{R+(n-1)r}\right)^2 R. \]

Требуем \(P=P'\). \(R\ne0\), \(\mathcal{E}\ne0\), корни одного знака: \[ \frac{n}{R+(n+9)r}=\frac{n-1}{R+(n-1)r}. \]

Крест-накрест: \[ n\bigl(R+(n-1)r\bigr)=(n-1)\bigl(R+(n+9)r\bigr), \] \[ nR+n(n-1)r=(n-1)R+(n-1)(n+9)r. \]

Собираем \(R\): \[ nR-(n-1)R=(n-1)(n+9)r-n(n-1)r=(n-1)r\bigl[(n+9)-n\bigr]=9(n-1)r, \] \[ R=9(n-1)r. \]

Короткое замыкание «плохого» аккумулятора одновременно уменьшает ЭДС (минус одна банка) и уменьшает внутреннее (минус \(10r\)). На нагрузке \(R=9(n-1)r\) эти два эффекта точно компенсируются.

Количество теплоты во внешней цепи в единицу времени — это мощность \[ P=I^2 R=\frac{\mathcal{E}^2 R}{(R+r)^2}. \]

По условию \(P(R_1)=P(R_2)\): \[ \frac{R_1}{(R_1+r)^2}=\frac{R_2}{(R_2+r)^2}. \]

Берём положительные квадратные корни (токи и сопротивления положительны): \[ \sqrt{R_1}\,(R_2+r)=\sqrt{R_2}\,(R_1+r). \]

Раскрываем: \[ \sqrt{R_1}\,R_2+r\sqrt{R_1}=\sqrt{R_2}\,R_1+r\sqrt{R_2}, \] \[ r\bigl(\sqrt{R_2}-\sqrt{R_1}\bigr)=\sqrt{R_1}\,R_2-\sqrt{R_2}\,R_1 =\sqrt{R_1 R_2}\bigl(\sqrt{R_2}-\sqrt{R_1}\bigr). \]

Если \(R_1\ne R_2\), сокращаем \(\sqrt{R_2}-\sqrt{R_1}\): \[ r=\sqrt{R_1 R_2}. \]

График \(P(R)\) стартует из нуля при \(R=0\), имеет максимум при \(R=r\) и снова падает к нулю при \(R\to\infty\). Горизонталь \(P=\text{const}\) пересекает график в двух точках, и их среднее геометрическое как раз равно положению максимума. Поэтому \(R_1\) и \(R_2\) — «пара» относительно согласования: одна меньше \(r\), другая больше.

Батарея. Пятьдесят элементов последовательно: \(\mathcal{E}=50\cdot2=100\) В, \(r=50\cdot0{,}2=10\) Ом. Нагрузка \(R=0{,}2\) Ом \(\ll r\). Ток \[ I=\frac{100}{10+0{,}2}\approx9{,}80\ \text{А},\qquad V=IR\approx1{,}96\ \text{В}\approx2\ \text{В},\qquad P=I^2 R\approx19{,}2\ \text{Вт}\approx20\ \text{Вт}. \]

Электрофорная машина. \(\mathcal{E}=10^5\) В, \(r=10^8\) Ом, \(R=10^5\) Ом \(\ll r\). Ток \[ I=\frac{10^5}{10^8+10^5}\approx10^{-3}\ \text{А},\qquad V=IR\approx100\ \text{В},\qquad P\approx0{,}1\ \text{Вт}. \]

Напряжения на клеммах: 2 В у батареи и 100 В у электрофора. Мощности: 20 Вт и 0,1 Вт. Батарея «сильная, но просевшая» (почти всё падение сидит внутри), электрофор — «высоковольтный, но хилый».

Удвоили нагрузку. В обоих случаях \(r\gg R\), источник близок к генератору тока: ток \(I\approx\mathcal{E}/r\) почти не изменится (у батареи \(100/10{,}4\approx9{,}6\) А вместо 9,8; у электрофора \(10^5/1{,}001\cdot10^8\) вместо \(10^5/1{,}001\cdot10^8\) — относительное изменение \(10^{-3}\)). Мощность \(P=I^2 R\) почти удвоится.

Мощность \(P=500\) кВт, напряжение источника \(V=10\) кВ, расстояние \(\ell=5\) км. Ток в линии \[ I=\frac{P}{V}=\frac{5\cdot10^5}{10^4}=50\ \text{А}. \]

Допустимая потеря 1 %: \(\Delta V=0{,}01\cdot10^4=100\) В. Линия двухпроводная: туда и обратно, длина меди \(2\ell=10\) км. Удельное сопротивление меди \(\rho\approx1{,}7\cdot10^{-8}\) Ом·м. Сопротивление линии \(\Delta V/I=100/50=2\) Ом, откуда \[ S=\frac{\rho\cdot2\ell}{R}=\frac{1{,}7\cdot10^{-8}\cdot10^4}{2}=8{,}5\cdot10^{-5}\ \text{м}^2=85\ \text{мм}^2. \]

В ответах задачника стоит 42 мм\(^2\) — там взяли один провод длины 5 км, без обратного. Физически линия всегда двухпроводная (или «туда + земля», но земля тоже имеет сопротивление). Мы держим 85 мм\(^2\) на жилу как правильный инженерный ответ и отмечаем книжные 42 мм\(^2\).

Потери мощности. \(P_{\text{пот}}=I^2 R_{\text{линии}}=(P/V)^2 R\). При той же линии (\(R=\text{const}\)) и той же передаваемой мощности \(P_{\text{пот}}\propto1/V^2\). Снизить потери в 100 раз — значит увеличить \(V\) в 10 раз (до 100 кВ). Именно поэтому дальние ЛЭП — сотни киловольт.

Ток \(I=\mathcal{E}/(R+r)\), напряжение на зажимах \(V=\mathcal{E}-Ir\). Мощность, уходящая во внешнюю цепь, \[ N=VI=(\mathcal{E}-Ir)I=\mathcal{E}I-I^2 r. \]

Как функция тока это парабола, ветви вниз: нули в \(I=0\) (холостой ход) и \(I=\mathcal{E}/r\) (короткое замыкание, вся мощность внутри). Вершина посередине: \[ I_{\max}=\frac{\mathcal{E}}{2r}\qquad\Longrightarrow\qquad R=r. \]

Это условие согласования нагрузки с источником. Максимум \[ N_{\max}=\frac{\mathcal{E}^2}{4r}. \]

Мощность на внутреннем сопротивлении \(N_r=I^2 r\). При согласовании \(N_r=N_{\max}\): половина полной мощности источника \(\mathcal{E}I\) греет его самого, половина уходит наружу, КПД 50 %. Формулировка «мощность генератора, выделяемая на внутреннем сопротивлении, от тока \(I\)» формально есть \(I^2 r\); вопрос «какому сопротивлению соответствует максимальная мощность» относится к внешней — и ответ \(R=r\). В задачнике стоит \(N=(\mathcal{E}-Ir)I\), \(R=r\).

Наибольшая мощность. Согласование \(R=r=20\) Ом: \[ N_1=\frac{\mathcal{E}^2}{4r}=\frac{10000}{80}=125\ \text{Вт}. \]

КПД 80 %. КПД источника \(\eta=R/(R+r)\) (доля мощности, ушедшая наружу). \(\eta=0{,}8\) даёт \(R=4r=80\) Ом. Тогда \[ N_2=\frac{\mathcal{E}^2 R}{(R+r)^2}=\frac{10000\cdot80}{100^2}=80\ \text{Вт}. \]

Ток \(I=\mathcal{E}/(R+r)=1\) А, \(N_2=I^2 R=80\) Вт. Заметим: при КПД 80 % мы левее максимума по току (или правее по \(R\)) и отдаём меньше, чем 125 Вт, зато греем источник слабее (\(I^2 r=20\) Вт против 125 Вт на согласовании).

Ток не больше \(0{,}1 I_{\text{кз}}\). \(I_{\text{кз}}=\mathcal{E}/r=5\) А, допустимый \(I=0{,}5\) А. Напряжение на зажимах \(V=\mathcal{E}-Ir=100-0{,}5\cdot20=90\) В, мощность \[ N_3=IV=0{,}5\cdot90=45\ \text{Вт}. \]

Это самая «щадящая» точка: КПД \(90/100=90\\%\), внутри сгорает всего 5 Вт.

Источник \(\mathcal{E}\) с балластом \(R\) (или внутренним сопротивлением источника) питает спираль \(r\). Мощность на спирали \[ N(r)=\frac{\mathcal{E}^2 r}{(R+r)^2}. \]

График: \(N(0)=0\), \(N(\infty)=0\), один горб. Ищем вершину: \[ \frac{dN}{dr}=\mathcal{E}^2\,\frac{(R+r)^2-r\cdot2(R+r)}{(R+r)^4} =\mathcal{E}^2\,\frac{R-r}{(R+r)^3}=0 \qquad\Longrightarrow\qquad r=R. \]

При \(r=R\) касательная горизонтальна: \(\delta N\approx\tfrac12 N''(\delta r)^2\) — изменение мощности второго порядка малости. Именно это и нужно термостату: спираль чуть нагрелась, \(r\) подросло на \(\alpha\Delta T\cdot r\), а мощность почти не сдвинулась.

По обе стороны от максимума чувствительность есть, и знаки разные. При \(r<R\) рост \(r\) увеличивает \(N\) (положительная обратная связь: спираль ещё горячее). При \(r>R\) рост \(r\) уменьшает \(N\) (отрицательная связь, самостабилизация ещё и по знаку). Работать лучше чуть правее вершины, но «почти нечувствительно» — именно на ней.

Зарядная станция — источник напряжения \(V>\mathcal{E}\). Ток втекает в аккумулятор: \[ I=\frac{V-\mathcal{E}}{r}. \]

Мощность, забираемая у сети, \(IV\). Она делится на две части.

Полезная (химическая). Сторонние силы аккумулятора забирают энергию \(I\mathcal{E}\) в секунду и прячут её в химию: \[ N_{\text{п}}=I\mathcal{E}=\frac{(V-\mathcal{E})\mathcal{E}}{r}. \]

Тепловая. На внутреннем сопротивлении \[ N_r=I^2 r=\frac{(V-\mathcal{E})^2}{r}. \]

Сумма \(N_{\text{п}}+N_r=I\mathcal{E}+I(V-\mathcal{E})=IV\) — вся мощность сети, дыр нет.

Когда полезная больше тепловой? \(N_{\text{п}}>N_r\) \(\Leftrightarrow\) \(\mathcal{E}>V-\mathcal{E}\) \(\Leftrightarrow\) \(\mathcal{E}>V/2\). Обычная зарядка: \(V\) чуть выше \(\mathcal{E}\) (13,8–14,4 В на 12-вольтовый аккумулятор), условие выполнено с запасом, КПД зарядки \(\mathcal{E}/V\approx90\\%\). Быстрая зарядка: поднимают \(V\), ток растёт, тепло \(\propto(V-\mathcal{E})^2\) взлетает. Электролит кипит, пластины коробятся — нужен отвод тепла (и ток ограничивают специально).

Батарея \(\mathcal{E}=4\) В, \(r=1\) Ом. Вольтметр на её полюсах показывает 6 В. У разряжающейся батареи на клеммах всегда меньше ЭДС (\(V=\mathcal{E}-Ir\)). Здесь 6 > 4 — ток идёт наоборот, батарею заряжает остальная (неизвестная) цепь.

Закон для зарядки: \[ V=\mathcal{E}+Ir\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{V-\mathcal{E}}{r}=\frac{6-4}{1}=2\ \text{А}. \]

Тепло на внутреннем сопротивлении \[ N=I^2 r=4\cdot1=4\ \text{Вт}. \]

Что делает неизвестная цепь — неважно: для теплового баланса внутри батареи нужны только ток через неё и её \(r\). Вольтметр высокоомный, его ток не учитываем. Знак: 4 Вт греют батарею независимо от того, заряжается она или разряжается — \(I^2 r\) чётно по току. Но величину \(I\) мы узнали именно из того, что \(V>\mathcal{E}\).

Сферический конденсатор заполнен слабо проводящей средой: \(\lambda\) мала, \(\varepsilon\approx1\). На обкладках поддерживают постоянное \(V\) (подключены к источнику). Через среду течёт ток утечки, и на ней выделяется джоулево тепло.

Сопротивление утечки и ёмкость связаны универсально (задача 8.2.21): \[ RC=\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{\lambda}\approx\frac{\varepsilon_0}{\lambda},\qquad R=\frac{\varepsilon_0}{\lambda C}. \]

Мощность \[ N=\frac{V^2}{R}=\frac{\lambda C V^2}{\varepsilon_0}. \]

Тот же ответ из поля. В сферическом конденсаторе \(E=q/(4\pi\varepsilon_0 r^2)\), \(j=\lambda E\), объёмная плотность тепла \(jE=\lambda E^2\). Интеграл по объёму между обкладками \[ N=\int\lambda E^2\,dV=\lambda\int\mathbf{E}\cdot\mathbf{j}\,dV/\lambda =\frac{\lambda}{\varepsilon_0}\int\mathbf{D}\cdot\mathbf{E}\,dV =\frac{\lambda}{\varepsilon_0}\cdot CV^2, \] потому что электростатическая энергия \(CV^2/2=\tfrac12\int\mathbf{D}\cdot\mathbf{E}\,dV\), и при \(\varepsilon=1\) множитель сходится. Геометрия снова выпала.

Пучок электронов летит из бесконечности, где их скорость \(v\) и потенциал нуль. Зонд — медная сетка — заземлён через \(R\). Ток заземления \(I\): именно столько электронов в секунду садится на сетку и уходит в землю. Потенциал зонда \[ \varphi=-IR \] (минус: электроны заряжают сетку отрицательно, ток \(I\) течёт от земли к зонду по проводу).

Электронный заряд \(-e\). Разность потенциалов «бесконечность → зонд» равна \(\varphi\), работа поля на электроне \( (-e)\varphi=eIR\) — поле тормозит (зонд отрицателен). Энергия, с которой электрон бьётся о сетку, \[ K=\frac{mv^2}{2}-eIR. \]

Эта энергия целиком становится теплом (электрон тепломализуется в меди). Число электронов в секунду \(I/e\), тепловая мощность \[ N=\frac{I}{e}\cdot\Bigl(\frac{m_e v^2}{2}-eIR\Bigr) =I\Bigl(\frac{m_e v^2}{2e}-IR\Bigr). \]

Второе слагаемое \(I\cdot IR=I^2 R\) — мощность, которая выделяется уже в резисторе заземления, а не на зонде. На зонде именно разность: кинетика на бесконечности минус то, что «осели» в \(R\). Условие спрашивает тепло при бомбардировке зонда, то есть первое выражение — энергию ударов.

«Скорость большая» значит: кулоновское отклонение траектории мало, прицельный параметр порядка \(a\) не успевает искривиться. Критерий — кинетическая энергия много больше потенциальной на поверхности, \(mv^2/2\gg e|\varphi|\). Тогда сечение захвата равно геометрическому \(\pi a^2\), и ток электронов, садящихся на шар, \[ I=e n_e v\cdot\pi a^2. \]

В стационаре этот ток целиком стекает в землю через \(R\). Потенциал шара (как уединённого проводника радиуса \(a\)) \[ \varphi=IR,\qquad q=4\pi\varepsilon_0 a\,\varphi=4\pi\varepsilon_0 a\cdot e n_e v\pi a^2 R =4\pi^2\varepsilon_0 a^3 e n_e R v. \]

Знак: электроны отрицательны, \(q<0\); в ответе обычно пишут модуль, подразумевая заряд по абсолютной величине, либо держат \(e>0\) как элементарный заряд. Мы держим формулу задачника \(q=4\pi^2\varepsilon_0 a^3 e n_e R v\).

Критерий «быстрых». \(|\varphi|=IR=e n_e v\pi a^2 R\), и \(mv^2/2\gg e|\varphi|\) даёт \[ v\gg \frac{a^2 e^2 n_e R}{m_e} \] (численные двойки и \(\pi\) в оценке опускаем — условие про «подумайте, по сравнению с какой величиной»).

Ток \(I\) фиксирован (источник тока). Мощность в спирали \(I^2 R\), сопротивление \[ R=R_0\bigl(1+\alpha(T-T_0)\bigr). \]

Теплоотвод в воздух \(N=\varkappa(T-T_0)\). В стационаре \[ I^2 R_0\bigl(1+\alpha\theta\bigr)=\varkappa\theta,\qquad \theta=T-T_0. \]

Раскрываем: \(I^2 R_0+I^2 R_0\alpha\theta=\varkappa\theta\), \[ I^2 R_0=\theta\bigl(\varkappa-I^2 R_0\alpha\bigr)\qquad\Longrightarrow\qquad \theta=\frac{R_0 I^2}{\varkappa-I^2 R_0\alpha}, \] \[ T=T_0+\frac{R_0 I^2}{\varkappa-I^2 R_0\alpha}, \] если знаменатель положителен: \(\varkappa>I^2 R_0\alpha\).

Если \(\varkappa<I^2 R_0\alpha\), правая часть баланса \(I^2 R_0(1+\alpha\theta)\) растёт с \(\theta\) быстрее левой (теплоотвода). Стационара нет: чем горячее спираль, тем больше сопротивление, тем больше тепло при фиксированном токе, тем ещё горячее — температура убегает. (Реально расплавится или сработает предохранитель; линейные законы \(R(\theta)\) и \(N(\theta)\) тоже давно сломаются.)

Физика знаменателя: \(\varkappa\) — «жёсткость» теплоотвода, \(I^2 R_0\alpha\) — «жёсткость» положительной обратной связи «нагрев → \(R\) → ещё нагрев». Кто больше, тот и победил.

Узлы, соединённые перемычками, имеют одинаковые потенциалы. Объедините их и перерисуйте схему с меньшим числом узлов, затем найдите напряжения на резисторах и применяйте правило узлов.

Токи через резисторы: \(I_{12} = 25\) мА, \(I_{23} = 40\) мА, \(I_{34} = -45\) мА, \(I_{45} = 50\) мА, \(I_{56} = 20\) мА, \(I_{67} = -90\) мА, \(I_{78} = 25\) мА, \(I_{89} = 40\) мА; токи через перемычки: \(I_{52} = 15\) мА, \(I_{58} = 15\) мА, \(I_{36} = 85\) мА, \(I_{69} = 195\) мА, \(I_{47} = 115\) мА, \(I_{14} = 210\) мА; ток через источник \(I_{91} = 235\) мА.

Вольтметры одинаковые, а в точку \(S\) сходятся все их токи: запишите первое правило Кирхгофа для \(S\) и найдите потенциал \(S\) относительно вершин.

1) показания 1-го и 10-го вольтметров отличаются на \(\Delta V = 9U_0\);  2) вольтметр с номером \(N\) показывает напряжение \(V_N = |(N - 1009)U_0|\);  3) нулевые показания будут у 1009-го вольтметра.

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: \[R_1 = R_4 = 2R_2 = 6\text{ Ом}, \qquad R_3 = 4R_2 = 12\text{ Ом}.\]

Рассмотрите по отдельности источники каждого типа (метод наложения) и найдите преобразования бесконечной схемы — сдвиг и поворот, — переводящие её в себя: они дают, что потенциалы всех узлов одинаковы. Для омметра и для замены источника представьте всю остальную сетку эквивалентным источником.

1) \(\varphi_+ - \varphi_- = 0\);  2) \(I_1 = \mathcal{E}/r\), \(I_2 = 2\mathcal{E}/r\), \(I_3 = 3\mathcal{E}/r\);  3) \(R_1 = R_2 = R_3 = r/3\), от полярности не зависят;  4) \(I = 0\) или \(I = 2\mathcal{E}/r\) в зависимости от полярности подключения.

Используя симметрию электрической цепи, докажем, что потенциалы на соседних выводах источников каждого типа одинаковы. Для этого введём обозначения узлов \(A_1\), \(B_1\), \(A_2\), \(B_2\), \(A_3\), \(B_3\) и т. д., как показано на рис. 1.

Воспользуемся методом наложения. Рассмотрим сначала систему из источников только с ЭДС \(\mathcal{E}\) при «выключенных» ЭДС всех остальных источников (см. рис. 2).

Сдвиг на одно звено схемы вдоль направления \(A_3 - A_1\) переводит схему «саму в себя», поэтому \(\varphi_{A_3} - \varphi_{B_3} = \varphi_{A_2} - \varphi_{B_2} = \varphi_{A_1} - \varphi_{B_1} = \Delta\varphi\), а также \(\varphi_{A_4} - \varphi_{B_3} = \varphi_{A_3} - \varphi_{B_2} = \varphi_{A_2} - \varphi_{B_1} = \Delta\varphi'\), где \(\varphi_M\) — потенциал соответствующего узла \(M\).

Перевернём цепь таким образом, что узлы \(A_3\) и \(B_2\), а также узлы \(A_2\) и \(B_3\) меняются местами (см. рис. 3).

Так как цепь перешла «сама в себя», то \[\varphi_{B_2} - \varphi_{A_2} = \varphi_{B_3} - \varphi_{A_3} = \varphi_{B_4} - \varphi_{A_4} = \Delta\varphi,\] \[\varphi_{B_1} - \varphi_{A_2} = \varphi_{B_2} - \varphi_{A_3} = \varphi_{B_3} - \varphi_{A_4} = \Delta\varphi'.\] Откуда следует, что \(\Delta\varphi = -\Delta\varphi\) и \(\Delta\varphi' = -\Delta\varphi'\) или \(\Delta\varphi = 0\) и \(\Delta\varphi' = 0\). С учётом этого получаем, что потенциалы, созданные системой источников с ЭДС \(\mathcal{E}\), во всех узлах такой схемы одинаковы.

Аналогично можно рассмотреть отдельно систему из источников только с ЭДС \(2\mathcal{E}\) и систему из источников только с ЭДС \(3\mathcal{E}\) при «выключенных» ЭДС всех остальных источников. Таким образом, разность потенциалов между любыми двумя узлами схемы в каждой рассмотренной системе равна нулю, а согласно методу наложения и результирующая разность потенциалов между любыми двумя узлами схемы также равна нулю. Значит, разности потенциалов между плюсом и минусом каждого типа источников равны: \[\varphi_+ - \varphi_- = 0.\]

Запишем закон Ома для произвольной пары соседних узлов, участок цепи между которыми содержит ЭДС \(\mathcal{E}\): \[(\varphi_+ - \varphi_-) + \mathcal{E} = I_1 r.\] Здесь положительному значению \(I_1\) соответствует ток, текущий в направлении действия \(\mathcal{E}\). Поскольку \(\varphi_+ - \varphi_- = 0\), сила тока \(I_1 = \mathcal{E}/\nabla\) для любого такого участка. Аналогично для участков цепи, содержащих ЭДС \(2\mathcal{E}\) и \(3\mathcal{E}\):

\[(\varphi_+ - \varphi_-) + 2\mathcal{E} = I_2 r;\] \[(\varphi_+ - \varphi_-) + 3\mathcal{E} = I_3 r.\] Следовательно, \[I_1 = \mathcal{E}/r \tag{1}\] \[I_2 = 2\mathcal{E}/r \tag{2}\] \[I_3 = 3\mathcal{E}/r \tag{3}\]

Рассмотрим бесконечную электрическую цепь с двумя соседними (ближайшими) выводами на источнике любого типа как эквивалентный источник с ЭДС \(\mathcal{E}_\text{экв}\) и внутренним сопротивлением \(r_\text{экв}\) (рис. 4).

ЭДС эквивалентного источника \(\mathcal{E}_\text{экв} = 0\), так как разность потенциалов между любыми двумя соседними выводами равна нулю.

Внутреннее сопротивление эквивалентного источника \(r_\text{экв}\) определим как сопротивление между двумя соседними (ближайшими) узлами бесконечной сетки с «выключенными» ЭДС. Для этого снова воспользуемся методом наложения. Рассмотрим сначала бесконечную сетку с внутренними сопротивлениями источников, где в один из узлов втекает ток силой \(I_0\) и растекается до бесконечности. В ближайших к данному узлу ветках силы токов будут одинаковы (в силу симметрии) и равны \(I_+ = I_0/6\). Затем рассмотрим ту же бесконечную сетку, где из соседнего узла вытекает ток силой \(I_0\). Аналогично, в данной схеме токи в ближайших к данному узлу ветках будут одинаковы и равны \(I_- = I_0/6\).

Далее рассмотрим суперпозицию этих двух случаев. Тогда напряжение на сопротивлении \(r\) равно \((I_+ + I_-)r\), следовательно \[r_\text{экв} = \frac{(I_+ + I_-)r}{I_0} = \frac{r}{3}.\] Таким образом, при использовании любых двух соседних (ближайших) узлов электрическая схема ведёт себя как резистор с сопротивлением \(r_\text{экв} = r/3\). Поэтому показания омметра не будут зависеть от полярности его подключения. С учётом этого получаем ответ для показаний омметра: \[R_1 = r/3 \tag{4}\] \[R_2 = r/3 \tag{5}\] \[R_3 = r/3 \tag{6}\] Эти результаты не зависят от полярности подключения омметра.

Эквивалентный источник из предыдущего пункта можно представить как параллельное соединение источника с ЭДС \(2\mathcal{E}\) и сопротивлением \(r\) (который заменяется другим источником по условию) и источника с ЭДС \(\mathcal{E}^*\) и сопротивлением \(r^*\), который эквивалентен оставшейся части электрической схемы (см. рис. 5).

С учётом того, что ЭДС эквивалентного источника \(\mathcal{E}_\text{экв} = 0\) и его сопротивление \(r_\text{экв} = r/3\), найдём \(\mathcal{E}^*\) и \(r^*\).

Сопротивления связаны соотношением \[\frac{1}{r_\text{экв}} = \frac1r + \frac{1}{r^*},\] откуда \(r^* = r/2\). Приравнивая токи короткого замыкания рассмотренного параллельного соединения источников и эквивалентного источника, приходим к соотношению: \[\frac{\mathcal{E}^*}{r^*} - \frac{2\mathcal{E}}{r} = \frac{\mathcal{E}_\text{экв}}{r_\text{экв}},\] откуда находим \(\mathcal{E}^* = \mathcal{E}\).

Источник с ЭДС \(2\mathcal{E}\) и сопротивлением \(r\) можно заменить источником с ЭДС \(\mathcal{E}\) и сопротивлением \(r/2\) двумя разными способами (используя разную полярность подключения, как представлено на рис. 6).

При подключении первым способом согласно закону Ома для полной цепи \[I = \frac{\mathcal{E} - \mathcal{E}}{r/2 + r/2} = 0.\] При подключении вторым способом согласно закону Ома для полной цепи \[I = \frac{\mathcal{E} + \mathcal{E}}{r/2 + r/2} = \frac{2\mathcal{E}}{r}.\] В итоге, в зависимости от способа подключения получаем: \[I = 0 \quad\text{или}\quad I = 2\mathcal{E}/r.\]

Схема симметрична относительно перпендикуляра к \(AB\). Посмотрите, нет ли пар резисторов, на которых при такой симметрии разность потенциалов равна нулю.

На отдельных резисторах выделяются мощности: \(P_{AC}=P_{CB}=1{,}44\) Вт, \(P_{AF}=P_{FB}=0{,}36\) Вт, \(P_{AD}=P_{DB}=0{,}72\) Вт, \(P_{AE}=P_{EB}=0{,}48\) Вт, \(P_{CD}=P_{CE}=P_{DE}=P_{DF}=P_{EF}=0\). На всех резисторах цепи \(ACDEFB\) выделяется тепловая мощность \(P = 6\) Вт.

В установившемся режиме в каждую точку соединения приходит столько же теплоты, сколько уходит. Запишите это для точек \(A\) и \(B\).

\(T_A = \dfrac{3(T_1+T_2)+T_3+T_4}{8} = +10\text{ ºC}\);  \(T_B = \dfrac{3(T_3+T_4)+T_1+T_2}{8} = 0\text{ ºC}\).

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.

Пока диод закрыт, его ветви как будто нет — посчитайте токи через амперметры как через одинаковые резисторы и сравните наклон с графиком. Излом графика при \(I_0 = I_1\) — момент, когда напряжение на диоде достигает напряжения открытия; дальше напряжение на диоде постоянно.

1) \(\text{A}_4\);  2) \(I_0 = \dfrac{8I_1}{3}\);  3) \(I_{A2} = I_0/3\) при \(I_0 < I_1\) и \(I_{A2} = \dfrac{8I_1}{15} - \dfrac{I_0}{5}\) при \(I_0 > I_1\): ломаная через точки \((0;\,0)\), \((I_1;\,I_1/3)\), \((8I_1/3;\,0)\) (график — в решении).

Рассмотрим малые значения силы тока \(I_0\), при которых диод будет закрыт. В этом случае эквивалентная схема примет вид, изображённый на рисунке. Найдём токи, текущие через амперметры. Сила тока через \(\text{A}_1\) равна \(I_0\). Так как \(\text{A}_4\) присоединён параллельно к паре амперметров \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\), а его сопротивление вдвое меньше, чем суммарное сопротивление второго и третьего прибора, сила тока через \(\text{A}_4\) будет равна \(2I_0/3\). Сила тока, текущего через \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\), следовательно, станет \(I_0/3\). На графике, представленном в условии, участок идущий от начала координат описывается уравнением \(I = 2I_0/3\), что соответствует результату, полученному для четвёртого амперметра.

Пусть \(r\) — сопротивление амперметра. Определим сначала напряжение открытия диода \(U_D\). Так как характер зависимости тока через четвёртый амперметр от \(I_0\) меняется при \(I_0 = I_1\), это значение соответствует тому, что напряжение на диоде достигло \(U_D\), но ток через диод ещё равен нулю (переход от горизонтального участка ВАХ прибора к вертикальному). Запишем условие равенства напряжения на диоде суммарному напряжению на первом и втором амперметре при \(I_0 = I_1\): \[U_D = I_1 r + \frac{I_1}{3}\cdot r = \frac{4I_1 r}{3}.\] Ситуация, когда ток через второй амперметр не течёт, во-первых, может произойти только при открытом диоде. Во-вторых, если ток через \(\text{A}_2\) не течёт, то напряжения на \(\text{A}_3\) и \(\text{A}_4\) равны, что означает равенство токов через них: \[I_{A3} = I_{A4} = \frac{I_0}{2}.\] Соответственно, должны быть равны напряжения на первом амперметре и диоде. Поскольку в рассматриваемом случае \(I_{A1} = I_{A4}\), \[U_D = I_{A1} r \quad\Rightarrow\quad \frac{4I_1 r}{3} = \frac{I_0}{2}\cdot r \quad\Rightarrow\quad I_0 = \frac{8I_1}{3}.\]

Пока диод закрыт, то есть при \(I_0 < I_1\), сила тока через второй амперметр равна \(I_{A2} = I_0/3\). Если \(I_0 > I_1\), напряжение на диоде постоянно и равно \(U_D = 4I_1 r/3\). Чтобы построить ту часть искомого графика, которая соответствует открытому диоду, можно рассуждать одним из двух способов.

Способ 1. ВАХ диода состоит из двух прямолинейных участков — горизонтального и вертикального. Поэтому, если находиться в пределах только одного участка (в данном случае, вертикального), диод можно считать линейным элементом. Остальные элементы цепи, представленной в условии, тоже имеют прямолинейные ВАХ, то есть также являются линейными. Следовательно, зависимость силы тока на втором амперметре от \(I_0\) при \(I_0 > I_1\) является линейной. Отсюда, учитывая, что график этой зависимости должен проходить через точки \((I_1;\,I_1/3)\) и \((8I_1/3;\,0)\), получим график, изображённый на рисунке.

Способ 2. Расставим токи в цепи при \(I_0 > I_1\), учитывая, что напряжение на диоде равно \(U_D\). Пусть сила тока через второй амперметр равна \(I_{A2}\). Тогда, исходя из равенства суммы напряжений на \(\text{A}_1\) и \(\text{A}_2\) напряжению на диоде, получим, что ток через первый амперметр \[I_{A1} = \frac{U_D - I_{A2}r}{r} = \frac{U_D}{r} - I_{A2}.\] Соответственно, токи через \(\text{A}_3\) и \(\text{A}_4\) будут равны \[I_{A4} = I_{A1} - I_{A2} = \frac{U_D}{r} - 2I_{A2},\] \[I_{A3} = I_0 - I_{A4} = I_0 - \frac{U_D}{r} + 2I_{A2}.\] Так как сумма напряжений на \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\) должна быть равна напряжению на \(\text{A}_4\), \[I_{A4}r = I_{A2}r + I_{A3}r \quad\Rightarrow\quad \frac{U_D}{r} - 2I_{A2} = I_0 - \frac{U_D}{r} + 3I_{A2}.\] Отсюда, используя равенство \(U_D = 4I_1 r/3\), найдём, что \[I_{A2} = \frac{2U_D}{5r} - \frac{I_0}{5} = \frac{8I_1}{15} - \frac{I_0}{5}.\] Далее строим графики зависимостей \(I_{A2} = I_0/3\) при \(I_0 < I_1\) и \(I_{A2} = 8I_1/15 - I_0/5\) при \(I_0 > I_1\) и получаем тот же рисунок, что и в способе 1.

Переберите два случая: диод закрыт и диод открыт. В каждом выпишите правило узлов и сумму напряжений по контуру, не забывая, что ток через прибор не может превысить 1 А, — противоречие отсеет лишний случай.

Диод закрыт: \(I_1 = 0{,}8\) А, \(I_2 = 0{,}2\) А, \(I_3 = 1\) А, \(I_0 = 0{,}2\) А, \(I_D = 0\), \(R \approx 4{,}1\) Ом.

Предположим, что диод закрыт. Тогда через источник \(P_1\) протекает электрический ток силой \(I_R\). Из алгебраической суммы токов для центрального узла получим связь между токами, протекающими через источники: \[I_3 = I_2 + I_R,\] где \(I_2\) и \(I_3\) — силы электрических токов, протекающие через приборы \(P_2\) и \(P_3\) соответственно. Сумма напряжений на приборах \(P_1\) и \(P_2\) равна напряжению \(U_0\):

\[U_0 = U_3 + U_2,\] где \(U_2\) и \(U_3\) — напряжения на клеммах приборов \(P_2\) и \(P_3\) соответственно. Через второй прибор протекает электрический ток силой \(I_2 > 1\) мА, иначе \(U_2 + U_3 > U_0\). Тогда: \[\frac{P_2}{I_2} + \frac{P_3}{I_2 + I_R} = U_0 \;\Rightarrow\; I_2 = 0{,}22\text{ А}.\] Получаем, что \(I_3 > 1\) А, что противоречит условию. Значит мощность третьего источника меньше номинальной и сила тока через него равна 1 А. Сила тока через второй источник \(I_2 = 0{,}2\) А. Ток через \(U_0\) течёт слева направо и равен \(I_0 = 0{,}2\) А. С учётом ориентаций источников и направлений протеканий электрического тока, напряжение на ветви, содержащей \(U_0\) и \(P_2\), равно напряжению на ветви, содержащей \(P_1\) и \(R\): \[U_0 - U_2 = -U_1 + U_R; \quad U_0 - \frac{P_2}{I_2} = -\frac{P_1}{I_1} + I_R R \;\Rightarrow\; R \approx 4{,}1\text{ Ом}.\]

Предположим, что диод открыт. Тогда через него протекает электрический ток, а напряжения на источниках \(P_1\) и \(P_2\) равны. Пусть через первый источник протекает некоторый электрический ток силой \(I_1\), тогда, так как номинальные мощности относятся как \(P_2/P_1 = 2\), а напряжения на клеммах источников равны, через второй источник постоянной мощности будет протекать электрический ток силой \(I_2 = 2I_1\). Алгебраическая сумма токов для узла, соединяющего все три источника, должна равняться нулю, из чего следует, что через прибор \(P_3\) протекает электрический ток силой, равной \(I_3 = 2I_1 + I_1 = 3I_1\). Тогда: \[\frac{P_3}{P_1} = \frac{U_3 I_3}{U_1 I_1} = 3; \quad U_3 = \frac{3U_1 I_1}{3I_1} = U_1.\] Получаем, что напряжения на клеммах всех трёх источников равны \(U_3 = U_2 = U_1 = U\), следовательно \(2U = U_0 \Rightarrow U = 0{,}5U_0 = 6\) В. Найдём, чему равняется сила электрического тока, протекающего через первый источник: \[I_1 = \frac{P_1}{U} = \frac16\text{ А}.\] При таком значении \(I_1\) все три прибора будут работать в нормальных режимах, обеспечивающих номинальную мощность. Алгебраическая сумма токов для нижнего узла должна равняться 0: \[I_1 = I_D + I_R,\] тогда \(I_D\) — сила тока через диод — получается отрицательной, что противоречит изначальному предположению. Получаем, что диод закрыт.

\(I_1 = 0{,}8\) А, \(I_2 = 0{,}2\) А, \(I_3 = 1\) А, \(I_0 = 0{,}2\) А, \(R \approx 4{,}1\) Ом.

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 \(r = \dfrac{3R}{2}\).

Подключите к схеме вспомогательный источник и найдите пары точек с одинаковыми потенциалами: их можно соединить или разомкнуть, не меняя токов.

\(R_{AB} = \dfrac{13}{14}R\).

Схема переходит сама в себя при повороте на \(90^\circ\) вокруг оси соленоида, значит, токи одинаковы в симметричных перемычках. Сколько различных токов остаётся? Для каждого независимого контура запишите второе правило Кирхгофа.

1) \(i_1=\dfrac{\mathcal{E}_0}{r}\), \(i_2=\dfrac{3\mathcal{E}_0}{4r}\), \(i_3=\dfrac{7\mathcal{E}_0}{2r}\), \(i_4=\dfrac{11\mathcal{E}_0}{4r}\); направления токов показаны на рисунке в решении;  2) \(U_1=2\mathcal{E}_0\), \(U_2=5\mathcal{E}_0\).

При повороте в плоскости рисунка вокруг оси соленоида на угол, кратный \(90^\circ\) (в любую сторону), схема переходит сама в себя. Отсюда следует, что по проводникам центральной ячейки текут одинаковые токи или, другими словами, по проводникам центральной ячейки циркулирует ток \(i_1\). Для определения этого тока можно записать закон электромагнитной индукции только для центральной ячейки, как будто всей остальной сетки не существует, тогда направление тока \(i_1\) — против часовой стрелки — следует из правила Ленца. Значение тока даётся формулой \[i_1 = \frac{\mathcal{E}_0}{r}, \tag{1}\] В каждом узле, лежащем в вершине центральной ячейки, соединяются 4 перемычки, по двум из которых текут токи \(i_1\), причём один из них втекает в узел, а другой — вытекает. Следовательно, по двум другим перемычкам тоже текут одинаковые токи, один из которых втекает в узел, а второй — вытекает. Обозначим эти одинаковые токи \(i_2\). Сделаем рисунок, на котором укажем направления токов в перемычках сетки, используя соображения «поворотной симметрии»: при повороте вокруг оси соленоида на угол, кратный \(90^\circ\), картина распределения токов не должна изменяться.

Легко видеть, что в результате имеем 3 неизвестных тока: \(i_2\), \(i_3\), \(i_4\). Вообще говоря, направления этих токов могут быть выбраны произвольно, например так, как показано на рисунке. Если в процессе решения значение какого-либо из токов окажется отрицательным, это будет означать, что истинное направление этого тока противоположно указанному на рисунке. Отметим, что записывая второе правило Кирхгофа для контуров, состоящих из ячеек сетки, следует выбирать направление обхода против часовой стрелки (в ячейках, обозначенных \(P_1\) и \(P_2\) на рисунке, направление обхода указано серыми стрелками). Как следует из правила Ленца, при таком выборе направления обхода ЭДС индукции в правой части уравнений, отражающих второе правило Кирхгофа, будет иметь положительное значение.

Перейдём непосредственно к расчёту токов. Записывая для узла, помеченного окружностью на рисунке, первое правило Кирхгофа, имеем соотношение \[i_4 = i_3 - i_2 . \tag{2}\] Второе правило Кирхгофа для контура \(P_1\) даёт с учётом равенства (6) уравнение \[i_3 - 2i_2 = \frac{2\mathcal{E}_0}{r}. \tag{3}\] Аналогично, второе правило Кирхгофа для контура \(P_2\) даёт равенство \(i_3 + 2i_2 - i_1 = \dfrac{4\mathcal{E}_0}{r}\), подставляя в которое ток \(i_1\) из формулы (5), получаем уравнение \[i_3 + 2i_2 = \frac{5\mathcal{E}_0}{r}. \tag{4}\] Система уравнений (6)–(8) имеет решение \[i_2=\frac{3\mathcal{E}_0}{4r},\qquad i_3=\frac{7\mathcal{E}_0}{2r},\qquad i_4=\frac{11\mathcal{E}_0}{4r}.\] Все значения получились положительными, следовательно направления токов на рисунке соответствуют реальности.

Во втором пункте, после замены перемычек на границе на конденсаторы, ток течёт только по проводникам центральной ячейки, этот ток равен \(i_1=\dfrac{\mathcal{E}_0}{r}\). Будем считать полярность зарядов на обкладках конденсаторов такой, как обозначено на рисунке. Если для напряжения на каком-либо конденсаторе получится отрицательное значение, то это будет означать, что на самом деле помеченная «\(+\)» обкладка заряжена отрицательно.

Напряжения на конденсаторах, располагающихся в угловых ячейках, одинаковы и равны \(U_1=2\mathcal{E}_0\), поскольку сумма напряжений на этих конденсаторах должна быть равна (с точностью до знака) скорости изменения магнитного потока через ячейку. Сумма напряжений на всех конденсаторах должна быть равна абсолютной величине скорости изменения магнитного потока через все ячейки сетки. Таким образом, для определения напряжения \(U_2\) имеем уравнение \[8U_1 + 4U_2 = 9\cdot4\mathcal{E}_0,\] решая которое получаем ответ \(U_2=5\mathcal{E}_0\).

Схема переходит сама в себя при повороте на \(120^\circ\) вокруг центрального узла. Используйте эту симметрию, чтобы найти токи, втекающие в центральный узел, и равные потенциалы вершин, а затем запишите разность потенциалов по двум путям между узлами.

\(I_{\min} = I_0/5\); такой ток течёт через шесть звеньев у вершин большого треугольника — по два звена (стороны большого треугольника), сходящихся в каждой вершине \(A\), \(B\), \(C\) (рис. 3).

Первое решение. Заметим, что схема переходит сама в себя при повороте на \(120^\circ\) вокруг центрального узла. У всех источников постоянного тока один узел общий, а вторые узлы подключены к эквипотенциальным точкам. Значит через источники протекают одинаковые токи, при этом равные \(I_0\), поскольку \(R \ll r\).

Также из симметрии следует, что должны быть равны и токи \(I_1\), втекающие в центральный узел.

Алгебраическая сумма токов для центрального узла равна 0, значит \(I_1 = I_0\).

Расставим токи, текущие через элементы цепи, находящиеся в вершине \(A\), в силу симметрии такие же токи протекают через элементы, находящиеся в вершинах \(B\) и \(C\).

Пусть через каждый из оставшихся элементов цепи протекает некоторый ток \(I_2\). Так как схема симметрична, потенциалы узлов \(A\) и \(C\) равны, тогда разность потенциалов \(\varphi_C - \varphi_A = 0\). Или \[IR - I_2R + IR = 0 \;\Rightarrow\; I_2 = 2I.\]

Тогда \[I_0 = I + 2I + 2I = 5I \;\Rightarrow\; I_{\min} = I = \frac{I_0}{5}.\]

Второе решение.

Расставим токи по перемычкам цепи \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\), \(I_4\), \(I_5\). Потенциал в центральной точке цепи примем равным нулю. Запишем разность потенциалов между узлами 3 и 1: \[\Delta\varphi_{13} = RI_3 = RI_2 + RI_2 = 2RI_2 \;\Rightarrow\; I_3 = 2I_2.\] В силу симметрии цепи \(\varphi_2 = \varphi_3\) (при повороте на \(120^\circ\) цепь переходит сама в себя), поэтому \[\Delta\varphi_{12} = \Delta\varphi_{13} \;\Rightarrow\; RI_1 = RI_3 \;\Rightarrow\; I_1 = I_3.\] Запишем закон сохранения заряда для узла 1: \[I_0 = I_1 + I_2 + I_3 = 2I_3 + I_2 = 5I_2 \;\Rightarrow\; I_2 = \frac{I_0}{5}.\]

Выразите потенциалы точек подключения вольтметра через токи в ветвях по правилам Кирхгофа. Ответ распадается на два слагаемых: одно содержит \(r\), другое нет.

1) \(R_1 = \dfrac{R_2R_3}{R_4} + \dfrac{r}{r+R_5+R_6}\left(\dfrac{R_3R_6}{R_4} - R_5\right)\);  2) \(R_3R_6 = R_4R_5\);  3) \(R_1 = \dfrac{R_2R_3}{R_4}\).

Выразите ток через участок кольца через разность потенциалов на его концах, а затем сложите вклады всех участков кольца по закону Био–Савара–Лапласа: в центре они пропорциональны именно разностям потенциалов.

1) \(B_z = \dfrac{\mu_0}{4\pi}\,\dfrac{\varphi_2 - \varphi_1}{\rho r^2}\) (вдоль оси \(z\), перпендикулярной плоскости рисунка и направленной на нас);  2) \(B = 0\).

а) Выберем ось \(z\), перпендикулярную плоскости рисунка и направленную на нас. Из закона Био–Савара–Лапласа следует, что вектор индукции поля, создаваемого участком 1-2, перпендикулярен плоскости рисунка. Его проекция на ось \(z\) равна: \[B_z = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{I_{21}L}{r^2} = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{I_{21}\rho L}{\rho r^2} = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{\varphi_2 - \varphi_1}{\rho r^2},\] где \(I_{21}\) – алгебраическое значение тока, протекающего через участок 1-2 (положителен, когда ток течёт от точки 2 к точке 1, и отрицателен, когда наоборот), \(L\) – длина участка 1-2.

б) Радиальные перемычки и прямолинейные провода в точке \(O\) магнитного поля не создают, так как лежат на прямых, проходящих через точку \(O\). Кольцо (как малое, так и большое) тоже не создают поля в точке \(O\), поскольку сумма \(\sum_i \dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\varphi_{i+1} - \varphi_i}{\rho r^2}\) равна нулю при обходе по замкнутому контуру, который не содержит батареек. Таким образом, индукция магнитного поля в точке \(O\) равна нулю.

Нулевой ток через амперметр — условие баланса моста: статическое сопротивление \(U/I\) того, что подключено к \(A\) и \(B\), должно равняться \(R_1R_2/R_3\), а ток через него пропорционален \(I_0\). Для последовательных лампы и диода это условие — квадратное уравнение относительно \(\sqrt{I}\); пригодится теорема Виета.

1) \(I_{03} = \left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2\);  2) \(I_{04} = \dfrac{I_{01}I_{02}}{\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2}\).

Пусть сила тока источника равна \(I_0\). Показания амперметра равны нулю при сбалансированном мосте, сила тока через резистор \(R_2\) (и через нелинейный элемент, подключённый к точкам \(A\) и \(B\)) равна: \[I_{AB} = I_0\frac{R_3}{R_2 + R_3}.\] Сила тока через резисторы \(R_1\) и \(R_3\) равна: \[I_1 = I_3 = I_0\frac{R_2}{R_2 + R_3}.\] Тогда напряжение между точками \(A\) и \(B\) равно: \[U_{AB} = I_0\frac{R_2R_1}{R_2 + R_3}.\] Введём статическое сопротивление нелинейного элемента, подключённого к точкам \(A\) и \(B\): \[R_{AB} = \frac{U_{AB}}{I_{AB}},\] где \(I_{AB}\) — сила тока, протекающего через элементы, подключённые к точкам \(A\) и \(B\). В таком случае, показания амперметра равны нулю, если \(R_{AB}R_3 = R_1R_2\). Вольтамперные характеристики лампы и диода задаются соотношениями: \[I_\text{л} = \alpha U_\text{л}^{2/3}, \quad I_\text{д} = \beta U_\text{д}^2,\] или, выражая напряжение через ток: \[U_\text{л} = \frac{I_\text{л}^{3/2}}{\alpha^{3/2}}, \quad U_\text{д} = \frac{\sqrt{I_\text{д}}}{\sqrt\beta}.\] Статическое сопротивление лампы и диода соответственно равны: \[R_\text{л} = \frac{U_\text{л}}{I_\text{л}} = \frac{I_\text{л}^{1/2}}{\alpha^{3/2}}; \quad R_\text{д} = \frac{U_\text{д}}{I_\text{д}} = \frac{1}{\sqrt{I_\text{д}\beta}}.\] Тогда при их последовательном соединении сопротивление выражается следующим образом: \[R_{AB} = R_\text{л} + R_\text{д} = \frac{\sqrt{I_{AB}}}{\alpha^{3/2}} + \frac{1}{\sqrt{\beta I_{AB}}}.\] Это уравнение сводится к квадратному, для решения которого используем теорему Виета: \[I_{AB} - R_{AB}\alpha^{3/2}\sqrt{I_{AB}} + \frac{\alpha^{3/2}}{\sqrt\beta} = 0;\] \[\sqrt{I_{AB1}I_{AB2}} = \frac{\alpha^{3/2}}{\sqrt\beta}, \quad \sqrt{I_{AB1}} + \sqrt{I_{AB2}} = \alpha^{3/2}R_{AB}.\] Так как \[I_{AB1} = I_{01}\frac{R_3}{R_2 + R_3}, \quad I_{AB2} = I_{02}\frac{R_3}{R_2 + R_3},\] то \[\alpha^{3/2} = \frac{\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}}{R_{AB}}\sqrt{\frac{R_3}{R_2 + R_3}}, \quad \sqrt\beta = \frac{\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}}{\sqrt{I_{01}I_{02}}\,R_{AB}}\sqrt{\frac{R_2 + R_3}{R_3}}.\] Статическое сопротивление лампы равно \(R_{AB} = R_1R_2/R_3\) при силе тока через неё: \[I_\text{л} = \frac{R_3}{R_2 + R_3}\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2.\] Тогда ток через источник: \[I_{03} = \left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2.\] Статическое сопротивление диода равно \(R_{AB} = R_1R_2/R_3\) при силе тока через него: \[I_\text{д} = \frac{R_3}{R_2 + R_3}\,\frac{I_{01}I_{02}}{\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2}.\] Тогда ток через источник: \[I_{04} = \frac{I_{01}I_{02}}{\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2}.\]

В установившемся режиме мощность кипятильника равна мощности теплопотерь, а они пропорциональны площади стакана и разности температур. Сопротивление проволоки при уменьшении всех размеров в \(n\) раз растёт в \(n\) раз.

В стакане, в который помещён кипятильник 2, вода нагреется до \(100\ {}^\circ\)C (закипит); в стакане, в который помещён кипятильник 3, вода нагреется до температуры \[t_3 = t_\text{к} + (t_1 - t_\text{к})\, n \left(\frac{r + R}{(2n+1)\,r + nR}\right)^2 \approx 34{,}7\ {}^\circ\text{C}.\]