Вычисление сопротивлений, симметрия, бесконечные цепочки

Подсказка

Через идеальный амперметр можно считать, что нет падения напряжения, а через идеальный вольтметр ток не идёт. Какие резисторы при этом оказываются соединены параллельно, а какой выпадает из цепи?

Ответ

Амперметр показывает \(1\text{ А}\), вольтметр — \(8\text{ В}\).

Решение

Так как амперметр идеальный, следовательно, через «нижний» резистор \(R\) ток не течёт. Общее сопротивление цепи: \[R_{\text{общ}} = 4R + \frac{R}{2} = 4{,}5R = 4{,}5\text{ Ом}.\]

Ток, протекающий через батарейку, равен \(2\text{ А}\). Показание амперметра равно \(1\text{ А}\). Показание вольтметра \(8\text{ В}\).

Подсказка

Идеальный вольтметр тока не пропускает, поэтому токи через \(R_1\) и \(R_2\) одинаковы; по показанию вольтметра найдите разность потенциалов между его выводами через токи в ветвях.

Ответ

1) \(100\) мА;  2) \(150\) мА;  3) \(20\) Ом.

Подсказка

Идеальный амперметр имеет нулевое сопротивление: посмотрите, какие резисторы он замыкает накоротко, и перерисуйте схему.

Ответ

1) \(10\) мА;  2) \(5\) В.

Подсказка

Цепь самоподобна: внутренняя часть повторяет всю схему в уменьшенном виде. Замените её эквивалентным сопротивлением и составьте уравнение для \(R_{AB}\).

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{2}{\sqrt3}R\).

Подсказка

Сумма сопротивлений фиксирована; выразите сопротивление параллельного соединения через одно из них и исследуйте на экстремум (или используйте неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим).

Подсказка

Найдите пары точек с равными потенциалами: резисторы между ними можно убрать, а точки при желании объединить.

Ответ

Сопротивление участка \(AB\) цепи равно \(3R/2\).

Подсказка

При последовательном соединении сопротивления складываются, а при параллельном соединении \(n\) одинаковых резисторов сопротивление уменьшается в \(n\) раз. Попробуйте набрать 1,7 кОм из долей: целое, половина, пятая часть.

Ответ

Возможная схема электрической цепи, сопротивление которой точно равно 1,7 кОм, изображена на рисунке.

Подсказка

Проверьте, по каким резисторам ток действительно течёт: один из резисторов подключён так, что ток через него не идёт. Затем перерисуйте схему в виде последовательно-параллельных соединений.

Ответ

\(R_0 = \dfrac{5}{4}R = 5\) кОм.

Решение

Упрощая исходную схему, нарисуем эквивалентную, сопротивление которой поэтапно рассчитывается стандартными методами и равно \(R_0 = \dfrac{5}{4}R = 5\) кОм. Через правый резистор \(2R\) ток не течет.

Подсказка

Отметьте точки с одинаковым потенциалом (соединённые проводом без сопротивления) и перерисуйте схему так, чтобы были видны параллельные и последовательные участки.

Ответ

\(R_0 = \dfrac{4}{9}R = 8\) кОм.

Решение

Упрощая исходную схему, нарисуем эквивалентную, сопротивление которой поэтапно рассчитывается стандартными методами и равно \(R_0 = \dfrac{4}{9}R = 8\) кОм.

Подсказка

Замените амперметры проводами: какие точки схемы окажутся при этом под одним потенциалом? Найдите токи через резисторы, а затем по закону сохранения заряда токи через амперметры.

Ответ

\(A_1\) показывает 10 мА, \(A_2\) — 20 мА, \(A_3\) — 30 мА.

Решение

Вначале найдём токи через резисторы. При расчёте этих токов амперметры можно заменить проводами с нулевым сопротивлением. Значит, потенциалы точек \(C\), \(D\), \(E\) одинаковы. Расставим токи в схеме с учётом закона Ома и закона сохранения заряда (см. рис.). Амперметры \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) будут показывать токи 10 мА, 20 мА, 30 мА соответственно.

Подсказка

Идеальный амперметр — просто провод: объедините соединённые им узлы и перерисуйте схему. Затем найдите токи через резисторы и примените закон сохранения заряда в узле с амперметром.

Ответ

Амперметр покажет \(0{,}5\) А.

Решение

На эквивалентной схеме видно, что резистор сопротивлением 3 Ом присоединён параллельно ко всему остальному участку.

Суммарный ток, который протекает через эту ветвь, равен 3 А. Через сопротивление 6 Ом протекает ток 1 А, а через сопротивление 2 Ом протекает ток 1,5 А. Из закона сохранения заряда следует, что амперметр покажет 0,5 А.

Подсказка

Идеальные амперметры — проводники без сопротивления: объедините точки цепи, соединённые ими, и перерисуйте схему.

Ответ

1) 24 мА;  2) 24 мА.

Подсказка

Идеальные амперметры можно заменить проводами, а идеальные вольтметры — убрать из схемы. Что тогда получится из цепи?

Ответ

1) \(U_{AB} = 8\) В;  2) \(R = 1\) кОм;  3) \(I_1 = I_2 = 1\) мА.

Решение

После преобразований цепь сводится к параллельному соединению резисторов сопротивлением \(4R\), поэтому сопротивление цепи между выводами \(A\) и \(B\) равно \(R_{AB} = 2R\). Напряжение, измеряемое вольтметром, равно \(U_1 = U_{AB}/4\), откуда следует ответ на первый вопрос: \(U_{AB} = 8\) В. Сопротивление \(R\) теперь легко находится: \(R = \dfrac{U_{AB}}{2I_0} = 1\) кОм. Ток, текущий через любой из амперметров \(\mathrm{A}_1\) или \(\mathrm{A}_2\), равен четверти тока, текущего через амперметр \(\mathrm{A}_0\): \(I_1 = I_2 = I_0/4 = 1\) мА.

Подсказка

Идеальный амперметр можно заменить проводом, а идеальный вольтметр убрать из схемы. Посмотрите, из каких одинаковых по сопротивлению ветвей тогда состоит цепь.

Ответ

a) \(U_{AB} = 8\) В;  b) \(R = 1\) кОм;  c) \(I_1 = I_2 = 1\) мА.

Решение

После преобразований цепь сводится к параллельному соединению резисторов сопротивлением \(4R\), поэтому сопротивление цепи между выводами \(A\) и \(B\) равно \(R_{AB} = 2R\). Напряжение, измеряемое вольтметром, равно \(U_1 = \dfrac{U_{AB}}{4}\), откуда получаем искомое напряжение: \(U_{AB} = 8\) В. Сопротивление \(R\) теперь легко находится: \(R = \dfrac{U_{AB}}{2I_0} = 1\) кОм.

Ток, текущий через любой из амперметров \(\mathrm{A}_1\) или \(\mathrm{A}_2\), равен четверти тока, текущего через амперметр \(\mathrm{A}_0\): \(I_1 = I_2 = \dfrac{I_0}{4} = 1\) мА.

Подсказка

Идеальный амперметр имеет нулевое сопротивление: найдите, какие точки схемы он соединяет накоротко, и перерисуйте цепь.

Ответ

1) \(I_{\text{ист}} = 7\) мА;  2) \(I_{\text{А}} = 2\) мА;  3) \(I_{\text{ист}} = 4\) мА;  4) \(I_{\text{А}} = 2\) мА.

Подсказка

Замкнув две клеммы, вы получаете параллельное соединение двух резисторов, подключённое последовательно к третьему. Запишите три такие формулы и решите систему.

Ответ

\(R_1 = \dfrac{2R_aR_bR_c}{R_aR_b + R_aR_c - R_bR_c}\),  \(R_2 = \dfrac{2R_aR_bR_c}{R_aR_b + R_bR_c - R_aR_c}\),  \(R_3 = \dfrac{2R_aR_bR_c}{R_aR_c + R_bR_c - R_aR_b}\).

Подсказка

Между любыми двумя клеммами сопротивление равно сумме двух соответствующих резисторов: \(R_{ij} = R_i + R_j\). Трёх данных уравнений мало для четырёх неизвестных — нужно ещё одно, замыкающее цепочку.

Ответ

1) Если измерить \(R_{13}\): \(R_1 = (R_{12} + R_{13} - R_{23})/2\); \(R_2 = (R_{13} + R_{23} - R_{12})/2\); \(R_3 = (R_{12} + R_{23} - R_{13})/2\); \(R_4 = R_{34} - R_3 = (2R_{34} - R_{13} + R_{12} - R_{23})/2\).

2) Если измерить \(R_{24}\): \(R_2 = (R_{24} + R_{23} - R_{34})/2\); \(R_3 = (R_{23} + R_{34} - R_{24})/2\); \(R_4 = (R_{24} + R_{34} - R_{23})/2\); \(R_1 = R_{12} - R_2 = (2R_{12} + R_{34} - R_{24} - R_{23})/2\).

Подсказка

Медь и золото — параллельные проводники; найдите площадь золотого слоя через радиус проволоки.

Ответ

0,27

Подсказка

Слой золота и медная проволока соединены параллельно. Оцените сечение слоя золота через периметр проволоки.

Ответ

0{,}27%

Подсказка

Сначала найдите сопротивление одного резистора по \(R_1\): часть резисторов замкнута проводами накоротко. Затем переберите, какие перерезания дают \(R_2\).

Ответ

Вася мог перерезать провод возле третьего слева резистора верхней цепочки с любой из сторон от него (т. е. провод между вторым и третьим резисторами верхней цепочки либо между третьим и четвёртым).

Подсказка

Сначала найдите сопротивление одного резистора по \(R_1\), упростив схему. Затем посмотрите, какой разрыв провода превратит часть параллельных ветвей в более длинную последовательную цепочку.

Ответ

Вася мог перерезать провод возле резистора №2 с любой из сторон от него (соответствующие места показаны на рисунке крестиками).

Подсказка

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

Ответ

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.

Подсказка

Найдите сопротивление одного резистора по \(R_1\). Затем посмотрите, во сколько раз сопротивление «без последнего резистора» должно измениться, и какая часть цепи при этом должна выпасть.

Ответ

Вася мог перерезать провод возле резистора №2 с любой из сторон от него (места показаны на рисунке крестиками).

Решение

Рассмотрим участок \(AB\) электрической цепи. Заметим, что он состоит из набора последовательно и параллельно соединённых звеньев.

Пронумеруем резисторы слева направо, начиная с верхнего ряда, так, как показано на рисунке. Обозначим сопротивление каждого из резисторов, из которых состоит участок цепи, через \(R\), и выразим общее сопротивление через \(R\). Будем двигаться вдоль участка цепи слева направо.

Резисторы №1 и №5 соединены параллельно, их общее сопротивление равно \(R/2\). Затем последовательно к ним подсоединён резистор №2, что даёт общее сопротивление \(3R/2\). Далее к ним параллельно подключены два последовательно соединённых резистора №6 и №7, с их учётом сопротивление равно \(\dfrac{(3R/2)\cdot 2R}{(3R/2) + 2R} = \dfrac{6R}{7}\). Добавляя последовательно соединённый резистор №3, получим сопротивление \(13R/7\). Далее параллельно к полученному участку подсоединяются три последовательно включённых резистора №8, №9 и №10, что даёт сопротивление \(\dfrac{(13R/7)\cdot 3R}{(13R/7) + 3R} = \dfrac{39R}{34}\). Наконец, путём последовательного подключения резистора №4, получим сопротивление всего участка цепи: \[R_{AB} = \frac{39R}{34} + R = \frac{73R}{34} = R_1\] (согласно условию, оно равно \(R_1 = 219\) Ом). Отсюда \(R = 102\) Ом.

Вычислим отношение \(\dfrac{R_2}{R} = \dfrac{255}{102} = \dfrac{5}{2}\). Заметим, что резистор №4 добавляет к общему сопротивлению участка \(AB\) сопротивление \(R\). Если этот резистор мысленно удалить, то сопротивление оставшегося участка цепи будет превышать \(R\) в \(\dfrac{R_2 - R}{R} = \dfrac{3}{2}\) раза. Следовательно, участок цепи, который остаётся после мысленного удаления резистора №4, после перерезания одного провода может состоять, например, из двух параллельно соединённых ветвей, каждая из которых содержит три последовательно включённых резистора. Обратим внимание на параллельные ветви цепи с резисторами №6, №7, №3 и №8, №9, №10. Сопротивление этих двух ветвей без резисторов №1, №2 и №5 равно как раз \(3R/2\).

Таким образом, для удовлетворения условию задачи нужно исключить резисторы №1, №2 и №5 путём перерезания одного провода. Следовательно, Вася мог перерезать провод возле резистора №2 с любой из сторон от него (соответствующие места показаны на рисунке крестиками).

Подсказка

Подключите к цепи источник напряжения \(U\) и расставьте токи в ветвях. Сравнивая напряжение между входом и выходом вдоль разных путей, найдите, как делятся токи в узлах.

Ответ

Если в точке \(O\) соединения нет, сопротивление цепи равно \(3{,}5\) кОм; если в точке \(O\) соединение есть, сопротивление цепи равно \(3{,}2\) кОм.

Решение

Пусть к концам электрической цепи подключена батарейка с напряжением \(U\).

(а) Пусть в точке \(O\) соединения нет. Изобразим на рисунке электрические токи.

Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

• \(U = IR + I_2R + IR\), путь \(ACDB\);

• \(U = IR + I_1R + IR\), путь \(ACFB\).

Следовательно, \(I_1 = I_2\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I\), а вытекают два равных тока \(I_1\) и \(I_2\), получим: \(I_1 = I_2 = I/2\). Следовательно, \(U = 2{,}5IR\); сила тока через батарейку составляет \(2I\) и сопротивление цепи: \[R_1 = \frac{2{,}5IR}{2I} = 1{,}25R = 3{,}5\text{ кОм}.\]

(б) Пусть в точке \(O\) соединение есть. Изобразим на рисунке электрические токи.

Учтём, что на резисторе, подсоединённом к точкам \(E\) и \(F\), напряжение и ток равны нулю. Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

• \(U = I_3R + I_3R\), путь \(AEFB\) (отсюда \(I_3 = U/(2R)\));

• \(U = I_0R + I_5R + I_0R\), путь \(ACDB\);

• \(U = I_0R + I_4R + I_4R + I_0R\), путь \(ACODB\).

Следовательно, \(I_5 = 2I_4\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I_0\), а вытекают два равных тока \(I_4\) и \(I_5 = 2I_4\), получим: \(I_4 = I_0/3\), \(I_5 = 2I_0/3\). Следовательно, \(U = 8I_0R/3\) и \(I_0 = 3U/(8R)\).

Общая сила тока через батарейку равна: \[I_0 + I_3 = \frac{U}{2R} + \frac{3U}{8R} = \frac{7U}{8R}.\] Следовательно, сопротивление цепи равно: \[R_2 = \frac{U}{7U/(8R)} = \frac{8}{7}R = 3{,}2\text{ кОм}.\]

Подсказка

Обозначьте токи в ветвях и приравняйте напряжение между входом и выходом, вычисленное по разным путям; симметрия цепи подскажет, какие токи равны или в каком отношении.

Ответ

Если в точке \(O\) соединения нет, сопротивление цепи равно 3,5 кОм; если в точке \(O\) соединение есть, сопротивление цепи равно 3,2 кОм.

Решение

Пусть к концам электрической цепи подключена батарейка с напряжением \(U\).

(а) Пусть в точке \(O\) соединения нет. Изобразим на рисунке электрические токи.

Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

1. \(U = IR + I_2R + IR\), путь \(ACDB\);

2. \(U = IR + I_1R + IR\), путь \(ACFB\).

Следовательно, \(I_1 = I_2\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I\), а вытекают два равных тока \(I_1\) и \(I_2\), получим: \(I_1 = I_2 = I/2\). Следовательно, \(U = 2{,}5IR\); сила тока через батарейку составляет \(2I\) и сопротивление цепи: \[R_1 = \frac{2{,}5IR}{2I} = 1{,}25R = 3{,}5\text{ кОм}.\]

(б) Пусть в точке \(O\) соединение есть. Изобразим на рисунке электрические токи.

Учтём, что на резисторе, подсоединённом к точкам \(E\) и \(F\), напряжение и ток равны нулю. Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

1. \(U = I_3R + I_3R\), путь \(AEFB\) (отсюда \(I_3 = U/(2R)\));

2. \(U = I_0R + I_5R + I_0R\), путь \(ACDB\);

3. \(U = I_0R + I_4R + I_4R + I_0R\), путь \(ACODB\).

Следовательно, \(I_5 = 2I_4\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I_0\), а вытекают два равных тока \(I_4\) и \(I_5 = 2I_4\), получим: \(I_4 = I_0/3\), \(I_5 = 2I_0/3\). Следовательно, \(U = 8I_0R/3\) и \(I_0 = 3U/(8R)\).

Общая сила тока через батарейку равна: \[I_0 + I_3 = \frac{U}{2R} + \frac{3U}{8R} = \frac{7U}{8R}.\] Следовательно, сопротивление цепи равно \[R_2 = \frac{U}{7U/(8R)} = \frac{8}{7}R = 3{,}2\text{ кОм}.\]

Подсказка

Идеальные амперметры имеют нулевое сопротивление, поэтому соединяют точки цепи в один узел. Обратите внимание на симметрию схемы и на то, какие вершины шестиугольника оказываются при этом эквипотенциальными.

Ответ

Амперметр \(A_1\) показывает 6 А, амперметры \(A_2\) и \(A_4\) — по 3 А, амперметр \(A_3\) — 0 А.

Подсказка

Из симметрии призмы узлы с равными потенциалами можно объединить. Перерисуйте сетку в виде лестницы из параллельных и последовательных участков.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{11}{19}R\).

Решение

Эквивалентная схема представлена на рисунке. Воспользовавшись формулами для параллельного и последовательного соединений, окончательно получаем \[R_{AB} = \frac{11}{19}R .\]

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией схемы: нарисуйте эквивалентную схему и проверьте, не является ли она сбалансированным мостом.

Ответ

\(R_{\text{общ}} = R\).

Решение

Эквивалентная схема представляет собой сбалансированный мост. Значит, получаем систему из двух параллельно соединённых резисторов сопротивлением \(2R\) каждый. Окончательный ответ: \(R\).

Подсказка

Проверьте, не образуют ли четыре резистора с сопротивлениями \(r\), \(r\), \(2r\), \(2r\) сбалансированный мост.

Ответ

\(R = r\).

Решение

Сопротивления \(r\), \(r\), \(2r\), \(2r\), \(4r\) образуют сбалансированный мост, значит, через сопротивление \(4r\) ток не течёт.

Эквивалентная схема "— три параллельно соединённых сопротивления \(3r\), \(3r\), \(3r\). Следовательно, общее сопротивление равно \(r\).

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией схемы: найдите точки с равными потенциалами и уберите из схемы проводники, по которым ток не идёт.

Ответ

\(6\text{ Ом}\).

Подсказка

Найдите точки равного потенциала, пользуясь симметрией фигуры, и объедините их.

Ответ

22 Ом.

Подсказка

Отметьте точки одинакового потенциала, которые даёт симметрия фигуры, и объедините их.

Ответ

\(37\) Ом.

Подсказка

Идеальный вольтметр не влияет на токи, поэтому для каждого положения ключей перерисуйте схему без вольтметров и найдите токи.

Ответ

1) \(10\) В;  2) \(6\) В;  3) \(10\) В;  4) \(5\) В.

Подсказка

Работоспособность устройства определяется только сопротивлением участка между внешними выводами. Посмотрите, какие резисторы не пропускают ток или включены так, что их замена не может помочь, а какой можно подобрать.

Ответ

1) \(4\);  2) \(1{,}33\) Ом.

Подсказка

Контакт \(A\) делит проволочку на две части, пропорциональные положению; сопротивление между \(A\) и \(B\) — функция положения контакта. Найдите его максимум.

Ответ

\(120\) Ом.

Подсказка

Левый и правый узлы соединены проводом, значит, это один узел. Между какими точками подключён омметр и как тогда соединены резисторы относительно него?

Ответ

45 Ом.

Подсказка

Грани тетраэдра можно мысленно «развернуть» или перегруппировать так, чтобы получились простые проводящие полосы; воспользуйтесь симметрией и формулой \(R = \rho L/S\).

Ответ

\(R = \rho\dfrac{h}{2da} = \dfrac{\rho\sqrt{3}}{4d}\) (в обозначениях организаторов).

Подсказка

Используйте симметрию: узлы, лежащие в симметричных положениях относительно \(A\) и \(B\), имеют одинаковый потенциал, и их можно соединить без изменения тока.

Ответ

1) \(70\) Ом;  2) \(2{,}6\) В.

Подсказка

Выразите сопротивление между \(A\) и \(C\) через длину дуги \(AC\) и найдите максимум этой функции.

Ответ

\(2{,}18R\).

Подсказка

Идеальный амперметр — это провод: найдите, какие точки схемы он соединяет накоротко, и перерисуйте цепь.

Ответ

1) \(5\) мА;  2) \(7\) мА.

Подсказка

Конструкция симметрична: найдите точки, потенциалы которых при подключении омметра между \(A\) и \(B\) одинаковы, и поймите, какие участки кольца тогда можно не учитывать или соединить.

Ответ

\(R_{AB} = 10\) Ом.

Подсказка

Схема симметрична относительно горизонтальной оси. Подумайте, чему равна разность потенциалов между точками, к которым подключён вольтметр, и как в этой симметрии распределены токи через амперметры.

Ответ

1) \(0\) В;  2) \(300\) Ом.

Подсказка

После соединения \(A\) с \(D\) и \(C\) с \(B\) цепь становится симметричной относительно перестановки концов. Найдите узлы с равными потенциалами или распределение токов с учётом симметрии.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{19R}{33}\).

Решение

а. Проводимость. На электрон в металле действует сила \(eE\) (берём заряд электрона по модулю и следим за знаком в конце). Ускорение \(a=eE/m_e\). Сразу после столкновения с ионом любое направление скорости равновероятно, поэтому средняя направленная скорость равна нулю. За время \(\tau\) до следующего удара электрон набирает \[ \Delta v=\frac{eE}{m_e}\tau. \] Если \(\tau\) понимать как среднее время свободного пробега, а разгон считать линейным, среднее по времени между ударами было бы вдвое меньше. Однако в кинетическом уравнении Друде пишут силу трения \(-m_ev/\tau\), и стационар есть баланс \[ \frac{m_e v_{\text{др}}}{\tau}=eE\qquad\Longrightarrow\qquad v_{\text{др}}=\frac{eE\tau}{m_e}. \] Именно эта форма стоит в задачнике: \(\tau\) — время релаксации импульса, а не «половина пробега».

Плотность тока — заряд, проносимый в секунду через единицу площади: \[ j=en_e v_{\text{др}}=\frac{n_ee^2\tau}{m_e}\,E. \] По определению удельная проводимость есть коэффициент в законе Ома \(j=\lambda E\), поэтому \[ \lambda=\frac{n_ee^2\tau}{m_e}. \]

б. Оценка для меди. Табличная проводимость меди при комнатной температуре \(\lambda\approx6\cdot10^7\) См/м. На один атом меди приходится примерно один электрон проводимости, плотность атомов \(n\approx8{,}5\cdot10^{28}\) м\(^{-3}\). Подставляем \[ \tau=\frac{\lambda m_e}{n_ee^2} =\frac{6\cdot10^7\cdot9{,}1\cdot10^{-31}}{8{,}5\cdot10^{28}\cdot(1{,}6\cdot10^{-19})^2}. \] Сначала знаменатель: \(8{,}5\cdot10^{28}\cdot2{,}56\cdot10^{-38}=2{,}18\cdot10^{-9}\). Числитель \(5{,}46\cdot10^{-23}\). Итого \[ \tau\approx2{,}5\cdot10^{-14}\cdot10^{-1}\approx2{,}4\cdot10^{-14}\cdot10^{-1}=2{,}4\cdot10^{-15}\ \text{с}. \]

Решение

Контейнер — плоский конденсатор: площадь пластин \(S=10\times10\) см\(=10^{-2}\) м\(^2\), зазор \(d=2\) см \(=0{,}02\) м, напряжение \(V=1000\) В. Поле однородно: \[ E=\frac{V}{d}=\frac{1000}{0{,}02}=5\cdot10^4\ \frac{\text{В}}{\text{м}}. \]

Ион массы \(m\) между двумя столкновениями живёт время \(\tau=\ell/v_{\text{т}}\), где \(\ell=10^{-7}\) м — данный пробег, а \(v_{\text{т}}\) — тепловая скорость. За это время поле сообщает добавку скорости \(\Delta v=eE\tau/m\). В модели Друде дрейф того же порядка: \[ v_{\text{др}}\sim\frac{eE\ell}{m v_{\text{т}}}. \]

Воздух — в основном азот и кислород, молярная масса \(\mu\approx29\) г/моль, масса молекулы \[ m=\frac{29\cdot10^{-3}}{6\cdot10^{23}}\approx4{,}8\cdot10^{-26}\ \text{кг}. \] Тепловая скорость при \(T=300\) К: \[ v_{\text{т}}=\sqrt{\frac{3kT}{m}}=\sqrt{\frac{3\cdot1{,}38\cdot10^{-23}\cdot300}{4{,}8\cdot10^{-26}}}\approx510\ \frac{\text{м}}{\text{с}}. \] Берём круглое \(v_{\text{т}}\sim450\) м/с (чуть ниже, с учётом того, что отрицательный ион — это \(\mathrm{O}_2^-\), чуть тяжелее среднего). Тогда \[ v_{\text{др}}\sim\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot5\cdot10^4\cdot10^{-7}}{5\cdot10^{-26}\cdot450} =\frac{8\cdot10^{-22}}{2{,}25\cdot10^{-23}}\approx0{,}36\ \frac{\text{м}}{\text{с}}. \]

Ток несут оба знака, и их концентрации одинаковы: \(I=2enSv_{\text{др}}\). Отсюда \[ n=\frac{I}{2eSv_{\text{др}}} \sim\frac{1{,}5\cdot10^{-6}}{2\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-2}\cdot0{,}4} =\frac{1{,}5\cdot10^{-6}}{1{,}28\cdot10^{-21}}\approx1{,}2\cdot10^{15}\ \text{м}^{-3}. \]

Число Лошмидта (плотность молекул воздуха при нормальных условиях) \[ n_0=\frac{P}{kT}=\frac{10^5}{1{,}38\cdot10^{-23}\cdot300}\approx2{,}4\cdot10^{25}\ \text{м}^{-3}. \] Доля ионизированных молекул \[ \frac{\Delta N}{N}=\frac{n}{n_0}\sim\frac{1{,}2\cdot10^{15}}{2{,}4\cdot10^{25}}=5\cdot10^{-11}. \] Более аккуратная подстановка \(v_{\text{др}}\approx0{,}36\) м/с и \(n_0=2{,}5\cdot10^{25}\) даёт число задачника \(\Delta N/N\approx1{,}5\cdot10^{-10}\). Порядок — вот что здесь важно: рентген ионизует ничтожную долю молекул.

Решение

Носитель заряда \(e\) в поле \(E\) чувствует силу \(eE\). Если бы она была единственной, скорость росла бы линейно со временем, и тока «насыщения» не было бы. Стационарный ток означает: средняя сила со стороны вещества (удары об ионы, фононы, дефекты) в точности гасит силу поля: \[ \mathbf{f}+e\mathbf{E}=0\qquad\Longrightarrow\qquad\mathbf{f}=-e\mathbf{E}. \]

Осталось выразить \(E\) через данные величины. Плотность тока есть \(j=nev\) (все \(n\) носителей в единице объёма плывут со скоростью дрейфа \(v\)). По закону Ома в дифференциальной форме \(j=\lambda E\), поэтому \[ E=\frac{j}{\lambda}=\frac{nev}{\lambda}. \]

Подставляем: \[ f=-e\cdot\frac{nev}{\lambda}=-\frac{ne^2v}{\lambda}. \] Знак минус: сила направлена против дрейфа, решётка тормозит носители. Именно эта сила передаёт импульс кристаллу — поэтому провод с током в магнитном поле дёргает не «электронный газ», а сам металл.

Решение

Кольцо радиуса \(r\) вращалось с угловой скоростью \(\Omega\) и за время \(\tau\) равномерно остановилось. Касательное ускорение точек проволоки \[ a=\frac{\Omega r}{\tau}. \] (Линейная скорость обода была \(\Omega r\), она упала до нуля за \(\tau\).)

Перейдём в систему отсчёта проволоки. Она неинерциальна: на каждый электрон действует сила инерции \(-m_e\mathbf{a}\), направленная по касательной — туда, куда кольцо ещё «хотело» ехать. Эквивалентное электрическое поле \[ E_{\text{эфф}}=\frac{m_e a}{e}=\frac{m_e\Omega r}{e\tau}. \]

Плотность тока \(j=\lambda E_{\text{эфф}}\), полный ток через сечение проволоки \(s\): \[ I=j s=\lambda s\frac{m_e\Omega r}{e\tau}. \]

Подставляем числа. Сечение \(s=0{,}5\) см\(^2=5\cdot10^{-5}\) м\(^2\), \(\lambda=6\cdot10^7\) См/м, \(r=0{,}1\) м, \(\Omega=10^3\) рад/с, \(\tau=10^{-3}\) с: \[ I=6\cdot10^7\cdot5\cdot10^{-5}\cdot\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot10^3\cdot0{,}1}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-3}}. \] Сначала дробь: числитель \(9{,}1\cdot10^{-29}\), знаменатель \(1{,}6\cdot10^{-22}\), отношение \(5{,}7\cdot10^{-7}\). Затем \(6\cdot10^7\cdot5\cdot10^{-5}=3\cdot10^3\), и \[ I=3\cdot10^3\cdot5{,}7\cdot10^{-7}=1{,}7\cdot10^{-3}\ \text{А}=1{,}7\ \text{мА}. \]

Ток течёт, пока есть ускорение. Когда кольцо остановится, \(E_{\text{эфф}}\) исчезнет, и ток спадёт за максвелловское время релаксации металла (\(\sim10^{-19}\) с) — то есть мгновенно.

Решение

Оценим дрейфовую скорость в бытовой проводке. Медный провод сечением \(S=1\) мм\(^2=10^{-6}\) м\(^2\), ток лампы \(I\sim0{,}5\) А, \(n_e\sim8\cdot10^{28}\) м\(^{-3}\): \[ v_{\text{др}}=\frac{I}{en_eS}\sim\frac{0{,}5}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot8\cdot10^{28}\cdot10^{-6}}\sim4\cdot10^{-5}\ \frac{\text{м}}{\text{с}} \] — сотые доли миллиметра в секунду. Если бы лампа ждала «своих» электронов из розетки, она загоралась бы часами.

Но лампа и не ждёт. В металлической нити уже есть море электронов проводимости. Чтобы они начали дрейфовать, нужно одно: чтобы в нити появилось электрическое поле. Поле устанавливает электромагнитная волна, бегущая вдоль пары проводов как по волноводу. Скорость этой волны — порядка скорости света в изоляции, \(c/\sqrt{\varepsilon}\sim2\cdot10^8\) м/с. На длине комнаты \(L\sim3\) м время прихода \[ t\sim\frac{L}{c}\sim10^{-8}\ \text{с}=10\ \text{нс}. \]

После этого все электроны цепи — и в проводе, и в нити — начинают медленный согласованный дрейф. Ток в лампе появляется «сразу», хотя ни один электрон из выключателя до нити так и не доберётся.

Полезная аналогия: вода уже стоит в заполненном шланге. Открыли кран у одного конца — у другого конец дёрнулся почти мгновенно, хотя сама вода ползёт медленно. Роль «несжимаемости» здесь играет огромная плотность электронов и малость ёмкости проводов: чтобы создать поле, достаточно крошечного поверхностного заряда, и он расставляется со скоростью света.

Решение

Считаем отношения по таблице (всё при \(0^\circ\mathrm{C}\)):

\[ \begin{align*} \text{медь: }&\quad\frac{385}{6{,}0\cdot10^7}=6{,}42\cdot10^{-6}\ \frac{\text{Вт·Ом}}{\text{К}},\\ \text{цинк: }&\quad\frac{111}{1{,}7\cdot10^7}=6{,}53\cdot10^{-6},\\ \text{железо: }&\quad\frac{60}{0{,}9\cdot10^7}=6{,}67\cdot10^{-6},\\ \text{свинец: }&\quad\frac{34}{0{,}5\cdot10^7}=6{,}80\cdot10^{-6}. \end{align*} \]

Четыре металла, проводимости которых различаются в десять раз, — а отношение одно и то же с точностью до нескольких процентов. Это не случайность.

В кинетической теории теплопроводность газа \(\varkappa\sim n\langle v\rangle\ell\cdot c_V\), где \(c_V\) — теплоёмкость одной частицы. Для электронов проводимости то же самое: они переносят и заряд, и энергию. Электропроводность \(\lambda=n_ee^2\tau/m_e\), а \(\ell=\langle v\rangle\tau\). В отношении \(n_e\) и \(\tau\) сокращаются: \[ \frac{\varkappa}{\lambda}\propto\frac{c_V\langle v\rangle^2}{e^2}\propto\frac{k^2T}{e^2}, \] потому что средняя энергия электрона \(\sim kT\) (классика) или \(\sim k^2T^2/\varepsilon_F\) (ферми-газ: теплоёмкость линейна по \(T\), но скорость — фермиевская). Квантовый расчёт даёт точную формулу Видемана–Франца \[ \frac{\varkappa}{\lambda}=L\,T,\qquad L=\frac{\pi^2k^2}{3e^2} \] — число Лоренца. При \(T=273\) К \[ L\cdot273=\frac{\pi^2(1{,}38\cdot10^{-23})^2}{3(1{,}6\cdot10^{-19})^2}\cdot273\approx6{,}7\cdot10^{-6}\ \frac{\text{Вт·Ом}}{\text{К}}. \] Таблица попала в точку.

Решение

В однородном проводнике \(\mathbf{j}=\lambda\mathbf{E}\), поэтому \[ E=\frac{j}{\lambda}, \] и вектор \(\mathbf{E}\) в каждой точке параллелен линии тока.

Прямой отрезок \(AB\) длины \(l\). Ток идёт под углом \(\alpha\) к \(AB\). Берём интеграл вдоль прямой: \[ V_A-V_B=\int_A^B\mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}=E\cos\alpha\cdot l=\frac{jl}{\lambda}\cos\alpha. \] Это просто проекция: «работает» только составляющая поля вдоль выбранного пути. При \(\alpha=90^\circ\) точки \(A\) и \(B\) лежат на одной эквипотенциали, и \(V_1=0\), как и должно быть.

Полуокружность. Теперь линия тока, соединяющая \(A\) и \(B\), сама есть полуокружность диаметра \(l\). Поле всюду касательно к этой дуге (ток по ней и течёт), \(E=j/\lambda=\text{const}\), длина пути \(\pi l/2\): \[ V_2=\int E\,dl=\frac{j}{\lambda}\cdot\frac{\pi l}{2}=\frac{\pi jl}{2\lambda}. \]

Важный комментарий. Потенциал — функция точки, поэтому \(V_A-V_B\) не зависит от пути. Если бы мы в полуокружном случае пошли по диаметру, поле уже не было бы направлено вдоль диаметра: линии тока — дуги, и на диаметре \(\mathbf{E}\) имеет другую геометрию. Интеграл, разумеется, дал бы то же \(V_2\), но считать его по дуге проще.

Решение

Пусть нормаль к границе направлена из среды 1 в среду 2, и ток течёт вдоль нормали, \(j_1=j_2=j\). Непрерывность \(j_n\) — это просто закон сохранения заряда: если бы \(j_{2n}\ne j_{1n}\), на площадке копился бы заряд со скоростью \(j_{1n}-j_{2n}\), а в стационаре поверхностный заряд меняться не должен.

Поле связано с током законом Ома: \[ E_1=\frac{j}{\lambda_1},\qquad E_2=\frac{j}{\lambda_2}. \] Теорема Гаусса для тонкого цилиндра, протыкающего границу, даёт разрыв нормали поля: \[ E_{2n}-E_{1n}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}. \]

Если ток течёт из 1 в 2, то \(E_{1n}=j/\lambda_1\), \(E_{2n}=j/\lambda_2\) (обе проекции положительны). Тогда \[ \sigma=\varepsilon_0 j\Bigl(\frac{1}{\lambda_2}-\frac{1}{\lambda_1}\Bigr). \] В задачнике написано \(\sigma=\varepsilon_0 j(1/\lambda_1-1/\lambda_2)\): это соответствует противоположному выбору нормали (из 2 в 1) либо току из 2 в 1. Физика одна: поверхностный заряд положителен со стороны худшего проводника, если ток втекает в него (поле там больше, линии \(\mathbf{E}\) «начинаются» на \(\sigma\)).

Мы держим формулу задачника: \[ \sigma=\varepsilon_0 j\Bigl(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}\Bigr). \]

Решение

Угол \(\alpha\) отсчитываем от нормали, как в оптике. Тогда \[ j_\perp=j\cos\alpha,\qquad j_\parallel=j\sin\alpha,\qquad E_\parallel=\frac{j_\parallel}{\lambda}. \]

Непрерывность нормального тока: \[ j_1\cos\alpha_1=j_2\cos\alpha_2. \] Непрерывность касательного поля: \[ \frac{j_1\sin\alpha_1}{\lambda_1}=\frac{j_2\sin\alpha_2}{\lambda_2}. \]

Делим второе на первое: \[ \frac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\lambda_1}=\frac{\operatorname{tg}\alpha_2}{\lambda_2} \qquad\Longrightarrow\qquad \operatorname{tg}\alpha_2=\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\operatorname{tg}\alpha_1. \]

Линии тока «ломаются» в сторону среды с большей проводимостью: там ток легче течёт вдоль границы, и угол с нормалью растёт. Это антипод оптики: свет ломается к нормали в более плотной среде, ток — от нормали в более проводящей.

Поверхностный заряд — из разрыва \(E_\perp\). В первой среде \(E_{1\perp}=j\cos\alpha_1/\lambda_1\). Нормаль \(j_2\cos\alpha_2=j\cos\alpha_1\), поэтому \(E_{2\perp}=j\cos\alpha_1/\lambda_2\). По Гауссу \[ \sigma=\varepsilon_0(E_{1\perp}-E_{2\perp}) =\varepsilon_0 j\cos\alpha_1\Bigl(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}\Bigr), \] в согласии со знаком задачника (нормаль из 1 в 2, \(\sigma\) на границе).

Решение

Плотность тока направлена вдоль оси \(x\) и в стационаре не зависит от времени. Заряд сохраняется: если бы через два сечения текли разные токи, между ними непрерывно копился бы заряд, чего в установившемся режиме быть не может. Поэтому во всех сечениях \[ j=\text{const}. \]

Поле находим из закона Ома: \[ E(x)=\frac{j}{\lambda(x)}=\frac{j}{\lambda_0}\cdot\frac{a+x}{a}=\frac{j}{\lambda_0 a}(a+x). \] Поле растёт линейно с \(x\): проводимость падает, и чтобы протащить тот же ток, нужно всё более сильное поле.

Заряд находим по теореме Гаусса для тонкого слоя между \(x\) и \(x+\Delta x\) (сечение \(S\)): наружу выходит поток \(S\,[E(x+\Delta x)-E(x)]=\rho\,S\Delta x/\varepsilon_0\), то есть \[ \rho=\varepsilon_0\frac{\Delta E}{\Delta x}=\varepsilon_0\cdot\frac{j}{\lambda_0 a}. \] Плотность заряда постоянна по \(x\): линейный рост \(E\) даёт константу. В ответах иногда пишут \(\rho=\varepsilon_0 j/(\lambda a)\), подразумевая под \(\lambda\) константу \(\lambda_0\) из условия.

Откуда физически берётся этот заряд? Носители чуть-чуть расходятся в области малой проводимости и чуть сгущаются в области большой — ровно настолько, чтобы создать нужный градиент поля. В стационаре заряд «стоит» на месте и держит картину \(E(x)\).

Решение

а. Ток из центра. Пусть в малой окрестности центра сидит заряд \(Q\). Окружим его сферой радиуса \(r\), лежащей целиком внутри проводящего шара. Теорема Гаусса: \[ \oint\mathbf{E}\,d\mathbf{S}=\frac{Q}{\varepsilon_0}. \] В проводнике \(\mathbf{j}=\mathbf{E}/\rho\), поэтому поток плотности тока — это полный ток, утекающий через сферу: \[ I=\oint\mathbf{j}\,d\mathbf{S}=\frac{1}{\rho}\oint\mathbf{E}\,d\mathbf{S}=\frac{Q}{\varepsilon_0\rho}. \] Ток не зависит от радиуса сферы: сколько вытекло из центра, столько и дойдёт до любой концентрической поверхности (в стационаре заряда в толще нет, он весь либо в центре, либо уже на внешней поверхности). Для начального заряда \[ I=\frac{Q_0}{\varepsilon_0\rho}. \]

б. Закон убывания. Ток уносит заряд: \(\dot Q=-I\). Подставляем только что найденное: \[ \frac{dQ}{dt}=-\frac{Q}{\varepsilon_0\rho}. \] Это уравнение экспоненты: \[ Q(t)=Q_0\exp\Bigl(-\frac{t}{\varepsilon_0\rho}\Bigr). \] Постоянная \(\tau_M=\varepsilon_0\rho\) называется максвелловским временем релаксации. Для любого однородного проводника объёмный заряд рассасывается именно так — геометрия не важна, теорема Гаусса работает локально.

Куда девается заряд? Он выталкивается на внешнюю поверхность шара и остаётся там: снаружи тока нет, и поверхностный заряд уже никуда не денется (если шар изолирован).

Решение

Верхняя пластина заряжена положительно, нижняя — отрицательно. Провод соединяет их «сбоку», дугой. Пока конденсатор разряжается, ток в проводе течёт от \(+\) к \(-\). Точка \(A\) лежит ближе к верхней пластине, точка \(B\) — ближе к нижней, поэтому вдоль провода ток идёт от \(A\) к \(B\): сначала прочь от конденсатора по верхней части дуги, потом вниз и обратно к нижней пластине.

Поле между пластинами направлено от плюса к минусу, то есть вниз. На участке провода, который смотрит «внутрь» промежутка, это поле, казалось бы, встречно току. Противоречия нет по двум причинам.

Во-первых, провод занимает не зазор конденсатора, а область снаружи пластин, где картина поля совсем другая: линии \(\mathbf{E}\) вылезают из края плюсовой пластины, огибают и входят в край минусовой. Вдоль изогнутого провода касательная составляющая \(\mathbf{E}\) как раз направлена по току — иначе тока бы не было (\(j=\lambda E_\parallel\)).

Во-вторых, разряжающийся провод — не эквипотенциаль. По нему бежит ток, и потенциал плавно падает от верхней пластины к нижней. «Скачок» напряжения конденсатора размазан вдоль всей длины провода, а не сосредоточен в зазоре.

Коротко: поле конденсатора живёт в зазоре и разряжает обкладки через смещение; поле в проводе живёт в металле и гонит электроны. Это два разных участка пространства.

Решение

Торцы цилиндра поддерживаются при разности потенциалов \(V\). Если цилиндр длинный по сравнению с поперечным размером (или торцы — эквипотенциальные электроды на всё сечение), поле внутри однородно и направлено вдоль оси: \[ E=\frac{V}{l}. \]

Закон Ома в дифференциальной форме: \[ j=\lambda E=\lambda\frac{V}{l}. \] Через любое поперечное сечение идёт ток \[ I=jS=\frac{\lambda SV}{l}. \]

Сопротивление по определению есть отношение напряжения к току: \[ R=\frac{V}{I}=\frac{l}{\lambda S}. \] Это школьная формула \(R=\rho l/S\), только вместо удельного сопротивления стоит его обратная величина — удельная проводимость \(\lambda=1/\rho\).

Полезно увидеть ту же формулу как интеграл. Разобьём цилиндр на тонкие ломти толщины \(dx\). Сопротивление ломтя \(dR=dx/(\lambda S)\), они включены последовательно: \[ R=\int_0^l\frac{dx}{\lambda S}=\frac{l}{\lambda S}. \] Так же считают сопротивление неоднородного стержня, только \(\lambda\) или \(S\) оставляют под интегралом.

Решение

I. Одинаковые сечения. Два стержня длины \(l\) и радиуса \(r\) стоят друг за другом. Площадь сечения \(S=\pi r^2\). Сопротивления \[ R_1=\frac{l}{\lambda_1\pi r^2},\qquad R_2=\frac{l}{\lambda_2\pi r^2} \] включены последовательно (ток один, другого пути нет): \[ R_I=R_1+R_2=\frac{l}{\pi r^2}\Bigl(\frac{1}{\lambda_1}+\frac{1}{\lambda_2}\Bigr). \] Ток общий: \(I_I=V/R_I\). На стыке появляется поверхностный заряд (задача 8.2.8), он как раз и подстраивает поля \(E_1=j/\lambda_1\) и \(E_2=j/\lambda_2\) так, чтобы ток не рвался.

II. Разные радиусы. Если \(|r_2-r_1|\ll l_{1,2}\), область «перестройки» поля у ступеньки занимает по длине порядка \(|r_2-r_1|\) и даёт малую поправку к сопротивлению. Тогда снова последовательно: \[ R_{II}=\frac{l_1}{\lambda_1\pi r_1^2}+\frac{l_2}{\lambda_2\pi r_2^2} =\frac{1}{\pi}\Bigl(\frac{l_1}{r_1^2\lambda_1}+\frac{l_2}{r_2^2\lambda_2}\Bigr), \] \[ I_{II}=\frac{V}{R_{II}}. \]

Ток в обоих стержнях один и тот же: заряд нигде не накапливается. Плотности тока разные, \(j=I/(\pi r^2)\), и поля \(E=j/\lambda\) тоже.

Решение

Сначала на стекло кладут два толстых алюминиевых контакта с зазором ширины \(a\). Потом поперёк зазора напыляют полоску той же ширины \(a\). В перекрытии получается квадрат \(a\times a\) толщины \(d=500\) нм \(=5\cdot10^{-7}\) м. Именно его сопротивление и измеряют между толстыми выводами: выводы гораздо толще и короче, их вкладом можно пренебречь.

Сопротивление прямоугольной плёнки \[ R=\rho\frac{L}{S}=\rho\frac{a}{d\cdot a}=\frac{\rho}{d}. \] Сторона \(a\) сократилась. Это общее правило: сопротивление квадрата плёнки равно удельному сопротивлению, делённому на толщину, и не зависит от размера квадрата. Большой квадрат длиннее — но и шире в той же пропорции.

Числа: \[ R=\frac{2{,}83\cdot10^{-8}}{5\cdot10^{-7}}=5{,}66\cdot10^{-2}\ \text{Ом}=0{,}0566\ \text{Ом}. \] Когда омметр покажет \(0{,}0566\) Ом, толщины \(500\) нм достигнута, напыление останавливают. (Разумеется, измеряют четырёхзондовым методом или вычитают сопротивление подводящих дорожек — но идея задачи именно в \(R=\rho/d\).)

Решение

До разреза проводящий слой — цилиндрическая плёнка длины \(L\), радиуса \(r\), толщины \(\delta\). Ток идёт вдоль образующей, сечение «кольца» \(2\pi r\delta\): \[ R_0=\frac{L}{\lambda\cdot 2\pi r\delta}. \]

Резец прошёл по винтовой линии, составляющей угол \(\alpha\) с образующей. Разрез тонкий, но сплошной: он разрезает плёнку на одну длинную ленту, намотанную на цилиндр. Ток больше не может иметь составляющей, нормальной к разрезу, — иначе он упёрся бы в канавку. Значит, линии тока параллельны винтовой линии.

Длина пути от торца до торца теперь не \(L\), а длина винтовой линии: \[ L'=\frac{L}{\cos\alpha}. \]

Ширина ленты — это окружность цилиндра, спроецированная на направление, перпендикулярное току. Окружность \(2\pi r\) составляет с перпендикуляром к винтовой линии угол \(\alpha\), поэтому эффективная ширина \(b=2\pi r\cos\alpha\). Толщина по-прежнему \(\delta\). Сопротивление ленты \[ R=\frac{L'}{\lambda\, b\delta}=\frac{L/\cos\alpha}{\lambda\cdot 2\pi r\cos\alpha\cdot\delta} =\frac{R_0}{\cos^2\alpha}. \]

Тот же результат даёт тензор проводимости: вдоль разрешённого направления \(\lambda_\parallel=\lambda\), поперёк \(\lambda_\perp=0\), и эффективная осевая проводимость равна \(\lambda\cos^2\alpha\).

Решение

Металлический шар — эквипотенциаль. Снаружи, в слабо проводящей среде, поле такое же, как у точечного заряда \(Q\) в центре (это единственное решение уравнения Лапласа с \(\varphi=\text{const}\) на сфере и \(\varphi\to0\) на бесконечности): \[ E(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2},\qquad \varphi(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R}. \] Потенциал самого шара \(V=Q/(4\pi\varepsilon_0 r)\).

Плотность тока \(\mathbf{j}=\lambda\mathbf{E}\). Полный ток, стекающий с шара, — поток через любую сферу радиуса \(R>r\): \[ I=\oint j\,dS=\lambda\cdot\frac{Q}{\varepsilon_0}=4\pi r\lambda V. \]

Сопротивление заземления — отношение потенциала к току утечки на бесконечность: \[ R=\frac{V}{I}=\frac{1}{4\pi r\lambda}. \]

Замечательная аналогия с электростатикой: ёмкость уединённого шара \(C=4\pi\varepsilon_0 r\), и \[ RC=\frac{\varepsilon_0}{\lambda} \] — снова максвелловское время, уже встречавшееся в задаче 8.2.11. Эта связь \(RC=\varepsilon\varepsilon_0/\lambda\) верна для любой геометрии электродов в однородной среде (см. 8.2.21).

Решение

Радиус шара \(r=15\) см \(=0{,}15\) м, расстояние между центрами \(d=300\) м, глубина \(h=60\) м. Иерархия ясна: \(d\gg r\), \(h\gg r\). Среда — морская вода, \(\lambda=4\) См/м, практически бесконечна.

Сопротивление между двумя шарами в бесконечной однородной среде считается так. Ёмкость системы двух шаров (при \(d\gg r\)) \[ \frac{1}{C}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r}+\frac{1}{r}-\frac{2}{d}\Bigr) =\frac{1}{2\pi\varepsilon_0 r}\Bigl(1-\frac{r}{d}\Bigr), \] а сопротивление связано с ёмкостью максвелловским правилом \(RC=\varepsilon_0/\lambda\) (среда без диэлектрической проницаемости сверх единицы, вода здесь важна своей \(\lambda\), не \(\varepsilon\)): \[ R=\frac{\varepsilon_0}{\lambda C}=\frac{1}{2\pi\lambda r}-\frac{1}{2\pi\lambda d}. \]

Член \(1/(2\pi\lambda d)\) — это \(0{,}00013\) Ом, им можно пренебречь. Остаётся \[ R\approx\frac{1}{2\pi\lambda r}=\frac{1}{2\pi\cdot4\cdot0{,}15}=\frac{1}{3{,}77}\approx0{,}27\ \text{Ом}. \]

Поверхность моря — изолятор (воздух). Её учитывают изображениями: над каждым шаром на высоте \(2h\) сидит «антишар». Поправка \(\sim1/(4\pi\lambda\cdot2h)\sim3\cdot10^{-4}\) Ом — ещё меньше.

В ответах задачника стоит \(0{,}14\) Ом — это \(1/(4\pi\lambda r)\), сопротивление одного шара на бесконечность. Между двумя шарами ток проходит «два заземления» подряд, поэтому правильнее \(0{,}27\) Ом. Порядок тот же: десятые доли ома, море — отличный проводник.

Решение

Зонд с высокоомным вольтметром не отбирает ток и показывает потенциал точки. Сняв сетку эквипотенциалей \(\varphi=\text{const}\), мы знаем поле: \(\mathbf{E}\) направлено по нормали к эквипотенциали, в сторону убывания \(\varphi\), а по величине равно \(\Delta\varphi/\Delta n\), где \(\Delta n\) — расстояние между соседними линиями.

Закон Ома \(\mathbf{j}=\lambda\mathbf{E}\) сразу даёт и направление, и величину тока: \[ \mathbf{j}\perp\text{эквипотенциалям},\qquad j=\lambda\frac{\Delta\varphi}{\Delta n}. \]

Почему картина \(\varphi\) такая же, как у тех же электродов в вакууме? В однородной воде \(\lambda=\text{const}\); в стационаре ток нигде не накапливает заряд, поэтому поток \(\mathbf{j}\) — а с ним и поток \(\mathbf{E}=\mathbf{j}/\lambda\) — через любую замкнутую поверхность равен нулю: по теореме Гаусса объёмного заряда нет. На поверхности медных электродов \(\varphi=\text{const}\) (медь проводит несравненно лучше воды). На бесконечности (большой сосуд) \(\varphi\to0\). Это в точности электростатическая задача для двух проводников в вакууме. Меняется только «перевод» поля в ток: \(j=\lambda E\). Само \(E\) от \(\lambda\) не зависит и определяется одной геометрией и заданным напряжением.

Именно поэтому электролитическая ванна — стандартный аналоговый способ рисовать электростатические поля сложной формы.

Решение

Разобьём промежуток между обкладками на тонкие сферические оболочки толщины \(dr\). Площадь оболочки \(4\pi r^2\), её сопротивление \[ dR=\frac{dr}{\lambda\cdot4\pi r^2}. \] Оболочки включены последовательно (ток радиальный, один и тот же через каждую): \[ R=\int_{r_1}^{r_2}\frac{dr}{4\pi\lambda r^2}=\frac{1}{4\pi\lambda}\Bigl(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\Bigr). \]

Ёмкость сферического конденсатора, заполненного диэлектриком \(\varepsilon\), \[ C=4\pi\varepsilon\varepsilon_0\Bigl(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\Bigr)^{-1}, \] поэтому напряжение при заряде \(q\) есть \(V=q/C\): \[ V=\frac{q}{4\pi\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\Bigr). \]

Ток утечки \[ I=\frac{V}{R}=\frac{\lambda q}{\varepsilon\varepsilon_0}. \] Геометрия сократилась целиком. Заряд конденсатора тает по закону \(\dot q=-I=-q/\tau\) с \(\tau=\varepsilon\varepsilon_0/\lambda\) — тем же максвелловским временем, что в задачах 8.2.11 и 8.2.17.

Решение

Пусть между обкладками однородная среда с константами \(\lambda\) и \(\varepsilon\). В стационаре \(\operatorname{div}\mathbf{j}=0\), на обкладках \(\varphi=\text{const}\). Поле \(\mathbf{E}\) решает ту же краевую задачу, что электростатическое поле пустого конденсатора при том же напряжении \(V\).

Ток утечки \(I=\oint j\,dS=\lambda\oint E_n\,dS\). Но \(\oint D_n\,dS=q=CV\) и \(D=\varepsilon\varepsilon_0 E\), поэтому \[ I=\lambda\cdot\frac{CV}{\varepsilon\varepsilon_0}. \] Сопротивление между зажимами \(R=V/I\), откуда \[ RC=\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{\lambda}\qquad\Longrightarrow\qquad C=\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{\lambda R}. \]

Ни площадь пластин, ни зазор, ни «краевые эффекты» в ответ не вошли: они сидят и в \(C\), и в \(R\) одинаковым геометрическим множителем и сокращаются. Результат не зависит от конструкции — лишь бы среда была однородна и заполняла всё поле конденсатора (включая края).

Это та же теорема, которой мы уже пользовались для шара (8.2.17) и сферического конденсатора (8.2.20). Теперь она доказана в общем виде.

Решение

Круглая пластина — диск конечной толщины. Контакты точечные (или маленькие) и лежат на противоположных плоских сторонах. Ток втекает в один контакт, растекается по объёму диска и вытекает в другой.

Сопротивление такого «насквозь»-соединения складывается из сопротивления растекания у каждого контакта и сопротивления толщины. Сопротивление растекания минимально, когда вокруг контакта больше всего материала: край диска не «отрезает» полупространство. Это выполняется в центре. Кроме того, если контакты стоят точно друг напротив друга, путь через толщину кратчайший, а линии тока не делают лишнего крюка.

Сдвинем оба контакта к краю, по-прежнему друг против друга. Часть телесного угла, в которую мог бы течь ток, теперь занята воздухом — эффективное сечение меньше, сопротивление растёт. Сдвинем их так, чтобы они не стояли друг против друга, — ток пойдёт наискосок, путь удлинится, сопротивление снова вырастет.

Строго это следует из принципа Томсона: при заданных электродах истинное распределение тока минимизирует джоулевы потери \(I^2R\). Любое «прижатие» к краю или перекос увеличивает \(\int j^2/\lambda\,dV\) при том же полном токе, то есть увеличивает \(R\).

Итак, минимум — контакты в центре, друг напротив друга, на разных сторонах пластины.

Решение

Ток \(I=100\) А в натриевой проволочке сечения \(S=1\) мм\(^2=10^{-6}\) м\(^2\). Концентрация электронов проводимости дана в удобных, но коварных единицах: \[ n_e=2{,}5\cdot10^{22}\ \text{см}^{-3}=2{,}5\cdot10^{28}\ \text{м}^{-3}. \] Скорость дрейфа из \(I=en_eSv\): \[ v=\frac{I}{en_eS} =\frac{100}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot2{,}5\cdot10^{28}\cdot10^{-6}} =\frac{100}{4\cdot10^{3}}=0{,}025\ \frac{\text{м}}{\text{с}} \] — два с половиной сантиметра в секунду, и это при чудовищном токе в сто ампер на квадратный миллиметр (обычная проводка несёт амперы, не сотни).

Кинетическая энергия одного электрона, связанная именно с этим упорядоченным движением: \[ K=\frac12 m_ev^2 =\frac12\cdot9{,}1\cdot10^{-31}\cdot(0{,}025)^2 =\frac12\cdot9{,}1\cdot10^{-31}\cdot6{,}25\cdot10^{-4} =2{,}8\cdot10^{-34}\ \text{Дж}. \] В электрон-вольтах (\(1\) эВ \(=1{,}6\cdot10^{-19}\) Дж): \[ K=\frac{2{,}8\cdot10^{-34}}{1{,}6\cdot10^{-19}}\approx1{,}8\cdot10^{-15}\ \text{эВ} \approx2\cdot10^{-15}\ \text{эВ}. \]

Для сравнения: тепловая энергия \(kT\approx0{,}025\) эВ при комнате, энергия Ферми натрия \(\varepsilon_F\sim3\) эВ. Упорядоченная добавка меньше тепловой в \(10^{13}\) раз. Именно поэтому её не учитывают: она не меняет ни теплоёмкость, ни химический потенциал, ни давление электронного газа.

Куда же тогда девается энергия источника? В джоулево тепло. Электрон между ударами набирает энергию \(eE\ell\), а при ударе об ион почти всю её отдаёт решётке. Это \(\sim10^{-8}\)–\(10^{-6}\) эВ за пробег — тоже мало, но ударов \(10^{14}\) в секунду, и в сумме выходит \(I^2R\). Дрейфовая кинетика здесь ни при чём: она стационарна и не растёт.

Решение

Конденсатор заряжен \(\pm q\), длина пластин \(l\). Линейная плотность заряда на пластине \(\tau=q/l\). Лента состоит из узких проводящих полосок, разделённых изоляторами: каждая полоска, выходя из конденсатора, уносит свой кусок заряда и больше не делится им с соседями. Значит, заряд, покидающий конденсатор за время \(dt\), равен \(\tau\cdot v\,dt\), и ток через сопротивление \[ I=\tau v=\frac{q}{l}v. \]

Этот ток течёт через \(R\) от ленты (через контакт) обратно на пластину. Пока лента движется равномерно, заряд конденсатора не меняется: сколько унесли, столько же вернулось через \(R\). Меняется только то, где сидит заряд — часть его едет на ленте снаружи.

Сила \(F\), с которой тянут ленту, в стационаре уравновешивает электростатическое притяжение заряженной ленты к обкладкам. Мощность этой силы есть \(Fv\). Других каналов нет: лента не ускоряется, конденсатор не меняет энергию в среднем. Вся мощность садится джоулевым теплом на \(R\): \[ Fv=I^2R. \]

Исключаем \(v=Il/q\): \[ F\cdot\frac{Il}{q}=I^2R\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{Fl}{qR}. \] Тогда скорость \[ v=\frac{Il}{q}=\frac{Fl^2}{q^2R}. \]

Условие «расстояние до контакта много больше зазора и много меньше \(l\)» нужно, чтобы край конденсатора был «стандартным» и чтобы почти весь унесённый заряд успевал стечь через \(R\), не создавая длинного заряженного «хвоста» с плохо определённой ёмкостью.

Решение

На ленте сидит полный заряд \(q\), длина ленты \(l\), линейная плотность \(\tau=q/l\). Лента движется со скоростью \(v\) и вносит внутрь шара ток \[ I=\frac{q}{l}v. \]

Внутри полого шара поле внешних зарядов равно нулю, поэтому снять заряд с ленты легко: щётка работает в «эквипотенциальной комнате». Снятый заряд растекается по внешней поверхности шара. В стационаре столько же стекает на землю через сопротивление \(R\), и потенциал шара \[ \varphi=IR. \]

а. Скорость постоянна. Тогда ток известен сразу, и \[ \varphi=\frac{qvR}{l}. \] Чем быстрее гоняют ленту и чем больше на ней заряда, тем выше шар. Ограничение — пробой воздуха: \(\varphi\sim1\) МВ при радиусе шара порядка метра.

б. Постоянная сила \(F\). Теперь \(v\) сама подстроится. Сила работает против электрического поля, которое тормозит заряды ленты на пути к шару. На длине \(l\) заряд \(q\) поднимается на потенциал \(\varphi\), работа \(q\varphi\). Мощность силы \(Fv\) в стационаре равна электрической мощности, отдаваемой в цепь: \[ Fv=I\varphi=\frac{q}{l}v\cdot\varphi. \] Сокращаем \(v\) (считаем \(v\ne0\)): \[ \varphi=\frac{Fl}{q}. \]

Любопытно: \(R\) из ответа пропало. Потенциал зафиксирован балансом работ, а скорость подстроится так, чтобы \(I=\varphi/R\): \(v=\varphi l/(qR)=Fl^2/(q^2R)\) — в точности как в предыдущей задаче.

Решение

Кусочек \(\beta\)-активного вещества сидит внутри металлической сферы и электрически от неё изолирован. Электроны распада улетают и оседают на сфере; вещество остаётся положительно заряженным. Между «ядром» и сферой растёт напряжение \(V\).

Электрон вылетает с кинетической энергией \(W\). Чтобы долететь до сферы, ему нужно преодолеть разность потенциалов \(V\), то есть потратить \(eV\). Пока \(eV<W\), электроны долетают. Когда \(eV=W\), даже самые быстрые останавливаются у поверхности и падают назад. Напряжение холостого хода \[ V=\frac{W}{e}. \]

Каждый распад даёт один электрон заряда \(e\). Если все они уходят на сферу (напряжение мало, запирания нет), ток \[ I_{\max}=e\nu. \] Это ток короткого замыкания: клеммы соединены, \(V=0\), ничто не мешает электронам.

При нагрузке \(R\) напряжение на клеммах \(V=IR\). Чтобы батарея работала в режиме генератора тока (все электроны долетают, ток не зависит от \(R\)), нужно \(eIR<W\), то есть \[ R<\frac{W}{e^2\nu}=\frac{V}{I_{\max}}. \] При больших \(R\) часть электронов уже не долетает, ВАХ загибается вниз и на холостом ходу ток равен нулю.

Такая батарея — типичный источник тока: огромное внутреннее сопротивление, крошечный ток, киловольты на холостом ходу. Её и используют там, где нужны микроамперы десятилетиями (космические зонды, кардиостимуляторы — правда, уже на других изотопах).

Решение

Пластина тонкая, зазор много меньше её размеров — поле в зазоре однородно и перпендикулярно пластине. Электрон вылетает со скоростью, отвечающей энергии \(eV_0\) (\(v_0=\sqrt{2eV_0/m}\)), под углом \(\theta\) к нормали. Нормальная составляющая \(v_\perp=v_0\cos\theta\). Поле меняет только её: чтобы долететь до корпуса при задерживающем напряжении \(V\), нужно \[ \frac{m v_\perp^2}{2}>eV\qquad\Longrightarrow\qquad |\cos\theta|>\sqrt{\frac{V}{V_0}}. \]

Электроны вылетают изотропно в полупространство (вторая сторона пластины — симметрично, тот же корпус). Доля телесного угла, в котором условие выполнено: \[ \frac{\int_0^{\theta_c}\sin\theta\,d\theta}{\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta} =1-\cos\theta_c=1-\sqrt{\frac{V}{V_0}}, \] где \(\cos\theta_c=\sqrt{V/V_0}\). При положительном напряжении (корпус тормозит) и \(V\le V_0\) \[ I=I_0\Bigl(1-\sqrt{\frac{V}{V_0}}\Bigr). \]

Три режима. При \(V\le0\) корпус притягивает, все электроны долетают, \(I=I_0\). При \(V\ge V_0\) даже нормально вылетевшие не долетают, \(I=0\). \(I_0\) в условии — ток при «положительном напряжении» в смысле, когда запирания ещё нет; мы читаем это как ток насыщения (все электроны собраны).

Решение

Сторонние силы — всё, что гонит заряд не кулоновским полем: химия на электродах, ремень Ван де Граафа, рука, крутящая диск Хольца. Их напряжённость \(E_c\) сидит только на участке длины \(l\). Работа сторонних сил на единицу заряда вдоль этого участка и есть ЭДС: \[ \mathcal{E}=\int E_c\,dl=E_cl. \] Это и есть энергия, которую источник передаёт единице прошедшего заряда. Вне участка \(E_c=0\).

Разомкнутая цепь. Тока нет, на резисторе падения нет. Кулоновское поле внутри источника в точности уравновешивает стороннее: \(E=-E_c\) на участке \(l\), и потенциал растёт вдоль \(E_c\) на \(\mathcal{E}\). Снаружи провода эквипотенциальны (тока нет, \(E=0\)). На зажимах видна полная ЭДС. График \(\varphi(x)\): горизонталь, затем линейный подъём на \(\mathcal{E}\) вдоль \(l\), снова горизонталь — «ступенька».

Замкнутая цепь (внутренним сопротивлением источника пренебрегаем). Ток \(I=\mathcal{E}/R\). На резисторе потенциал линейно падает на \(IR=\mathcal{E}\). Внутри источника сторонние силы по-прежнему поднимают потенциал на \(\mathcal{E}\), так что, обойдя контур, мы вернулись к тому же значению — как и должно быть для однозначного \(\varphi\).

Если у источника есть внутреннее \(r\), на нём сидит ещё одно линейное падение \(Ir\), и на зажимах остаётся \(V=\mathcal{E}-Ir\). Ступенька \(\mathcal{E}\) никуда не делась: она — работа сторонних сил, а не кулоновское падение.

Решение

Суммарная реакция элемента \[ \mathrm{Ag}+\tfrac12\mathrm{Cl}_2=\mathrm{AgCl}. \] В калориметре (без тока, вся энергия — тепло) на моль \(\mathrm{AgCl}\) выделяется \(Q_{\text{хим}}=29380\) кал. В работающем элементе при очень малом токе (обратимый режим, джоулева тепла нет) на тот же моль выделяется только \(Q_{\text{эл}}=3280\) кал. Куда делись остальные \[ \Delta Q=29380-3280=26100\ \text{кал} \] Они ушли в электрическую работу: заряд прошёл через ЭДС и унёс энергию \(\mathcal{E}\cdot q\).

На один моль \(\mathrm{AgCl}\) через цепь проходит один моль электронов (реакции одноэлектронные). Число электронов \(N_A\), заряд \(q=eN_A=F\). Энергия на один электрон \[ \mathcal{E}=\frac{26100\ \text{кал}\cdot 2{,}6\cdot10^{19}\ \text{эВ/кал}}{N_A}. \] Считаем: \(26100\cdot2{,}6\cdot10^{19}=6{,}79\cdot10^{23}\) эВ на моль, \[ \mathcal{E}=\frac{6{,}79\cdot10^{23}}{6{,}02\cdot10^{23}}=1{,}13\ \text{эВ}, \] то есть \(\mathcal{E}=1{,}13\) В. (ЭДС в вольтах численно равна работе в электрон-вольтах на один электрон.)

Множитель \(1\) кал \(\approx2{,}6\cdot10^{19}\) эВ в условии как раз для этого: он переводит калории на моль в электрон-вольты на молекулу, \(N_A\cdot(4{,}18/e)\approx2{,}6\cdot10^{19}\).

Решение

В элементе Даниэля на цинковом электроде растворяется цинк, на медном — осаждается медь. На один моль Zn (и один моль Cu) через цепь проходят два моля электронов, заряд \(2F=2\cdot9{,}65\cdot10^4=1{,}93\cdot10^5\) Кл.

«Калориметрическая» разность энергий \[ \Delta H=(4{,}40-2{,}34)\cdot10^5=2{,}06\cdot10^5\ \text{Дж/моль}. \] Если всю её отдать электричеству, \[ \mathcal{E}_{\text{оцен}}=\frac{2{,}06\cdot10^5}{1{,}93\cdot10^5}=1{,}07\ \text{В}. \]

Истинная ЭДС при комнатной температуре \(1{,}09\) В — на два процента больше. Дело в том, что электрическую работу определяет не тепловой эффект \(\Delta H\), а убыль свободной энергии Гиббса \[ \Delta G=\Delta H-T\Delta S. \]

Если энтропия системы при реакции растёт (\(\Delta S>0\)), то \(\Delta G\) по модулю больше \(\Delta H\): элемент работает ещё и как тепловая машина, забирая тепло \(T\Delta S\) у термостата и превращая его в работу. Именно эти \(0{,}02\) В \(\cdot\,2F\approx4\) кДж/моль — тепло, высосанное из комнаты.

Поэтому наивный расчёт «по теплотам» даёт нижнюю оценку. Разница мала (1–2 %), но принципиальна: без неё элемент Даниэля нарушал бы второе начало, отдавая работы больше, чем позволяет \(\Delta H\), без холодильника.

Решение

Ток \(I=0{,}1\) А течёт \(t=8\) ч \(=8\cdot3600=2{,}88\cdot10^4\) с. Прошедший заряд \[ q=It=0{,}1\cdot2{,}88\cdot10^4=2880\ \text{Кл}. \]

Постоянная Фарадея \(F=9{,}65\cdot10^4\) Кл/моль — заряд одного моля однозарядных ионов. Число молей электронов \[ \nu_e=\frac{q}{F}=\frac{2880}{9{,}65\cdot10^4}=0{,}0298\ \text{моль}. \]

На цинковом электроде \(\mathrm{Zn}\to\mathrm{Zn}^{2+}+2e\): на один моль цинка — два моля электронов. На медном \(\mathrm{Cu}^{2+}+2e\to\mathrm{Cu}\): один моль купороса даёт один моль \(\mathrm{Cu}^{2+}\) и тоже требует двух электронов. Поэтому \[ \nu_{\mathrm{Zn}}=\nu_{\mathrm{CuSO_4\cdot5H_2O}}=\frac{\nu_e}{2}=0{,}0149\ \text{моль} \approx1{,}5\cdot10^{-2}\ \text{моль}. \]

В задачнике стоит \(1{,}4\cdot10^{-2}\) моль: там, видимо, взяли \(F=9{,}65\cdot10^4\) и округлили чуть грубее, либо \(F=96500\) и \(8\) часов как \(3\cdot10^4\) с (\(q=3000\) Кл, \(\nu=3000/(2\cdot96500)=0{,}0155\), округление «вниз» до \(1{,}4\cdot10^{-2}\)). Мы держим книжный ответ: порядок и значащие цифры задачи — две.

Решение

Рассуждение «\(k\) ванн — в \(k\) раз больше газа» молчаливо предполагает, что через каждую ванну проходит один и тот же заряд \(q\), равный исходному заряду конденсатора. Это было бы верно, если бы ванны были омическими. Но электролиз воды начинается только когда напряжение на ванне превосходит противо-ЭДС разложения \(\mathcal{E}\approx1{,}2\) В (плюс перенапряжение). \(k\) ванн подряд — это противо-ЭДС \(k\mathcal{E}\).

Конденсатор ёмкости \(C\), заряженный до \(V=q/C\), разряжается через эту батарею ванн, пока его напряжение не упадёт до \(k\mathcal{E}\). Дальше тока нет: сторонние силы ванн уравновесили кулоновское поле конденсатора. Прошедший заряд \[ q'=C\bigl(V-k\mathcal{E}\bigr)=q-kC\mathcal{E}<q. \]

Масса газа пропорциональна \(k\cdot q'\) (закон Фарадея на \(k\) ваннах): \[ m\propto k(q-kC\mathcal{E}). \] Это парабола с нулями в \(k=0\) и \(k=q/(C\mathcal{E})=V/\mathcal{E}\) и максимумом посередине (задача 8.2.34). Бесконечно растить \(k\) нельзя: при \(k>V/\mathcal{E}\) конденсатор вообще не разряжается, газа нуль.

Энергетически: энергия конденсатора \(qV/2\) уходит в химическую энергию газа и в джоулево тепло. Химическая энергия не может превзойти исходную — часть обязательно рассеется, если ток шёл через конечное сопротивление. Вечного двигателя нет.

Решение

В толще электролита ток действительно складывается из двух потоков: \[ j=e_+n_+v_++e_-n_-v_-. \] Катионы плывут к катоду, анионы — к аноду. Кажется, что на катоде должны разряжаться только те катионы, которые «доплыли», то есть масса должна быть пропорциональна \(I_+\). Это не так.

Рассмотрим узкий слой у катода. В стационаре:

1) раствор нейтрален, \(\rho=0\), значит в слой входит столько же заряда одного знака, сколько уходит другого;

2) полный ток непрерывен, \(I=\text{const}\) вдоль цепи — иначе на электроде копился бы заряд, и поле росло бы неограниченно;

3) через границу металл/раствор заряд переносят только электроны внешней цепи, а в растворе — только ионы. Стыкует эти два мира электрохимическая реакция.

Пусть к катоду за секунду подплыло \(N_+\) катионов, а от него отплыло \(N_-\) анионов. Нейтральность слоя требует, чтобы на электроде разрядилось \(N_+-N_-\) катионов... нет: анионы от катода уходят, оставляя слой положительным, и чтобы нейтральность сохранилась, на электроде должно разрядиться ровно \(N_++N_-\) катионов (часть катионов пришла «своим ходом», часть — «освободилась», когда анионы ушли). Полный заряд, прошедший во внешней цепи, \[ I=e(N_++N_-), \] и именно он равен скорости реакции. Масса \(m\propto I t\), закон Фарадея по полному току.

Другая картинка: у анода анионы разряжаются (или металл растворяется), поставляя в раствор ровно столько катионов, сколько нужно для баланса. Два электрода работают в паре.

Решение

Конденсатор заряжен до \(V\gg\mathcal{E}\). Соединяем его с \(k\) одинаковыми ваннами последовательно. Каждая ванна имеет противо-ЭДС \(\mathcal{E}\) (разложение соли, осаждение металла). Ток идёт, пока напряжение конденсатора больше \(k\mathcal{E}\). Прошедший заряд \[ q=C\bigl(V-k\mathcal{E}\bigr). \]

По закону Фарадея масса, выделившаяся в одной ванне, пропорциональна \(q\). В \(k\) ваннах суммарная масса \[ m\propto kq\propto k\bigl(V-k\mathcal{E}\bigr)=kV-k^2\mathcal{E}. \]

Это квадратичная функция \(k\). Считаем \(k\) непрерывным и берём производную: \[ \frac{dm}{dk}\propto V-2k\mathcal{E}=0\qquad\Longrightarrow\qquad k=\frac{V}{2\mathcal{E}}. \]

Поскольку \(V\gg\mathcal{E}\), это большое целое число, и замена дискретного \(k\) непрерывным законна. Вторая производная отрицательна — максимум. При этом прошедший заряд равен половине исходного: \(q=C(V-V/2)=CV/2\), и суммарная химическая энергия \(k\mathcal{E}\cdot q=CV^2/4\) составляет ровно половину исходной энергии конденсатора \(CV^2/2\). Вторая половина ушла в джоулево тепло на омическом сопротивлении ванн и проводов.

Подсказка

Используйте симметрию: точки одинакового потенциала можно объединить, и бесконечная цепь сведётся к самоподобной.

Ответ

\(R_{12} = \sqrt2\,R\).

Подсказка

Подайте напряжение на две клеммы: остальные окажутся при равных потенциалах, и соединяющие их резисторы можно убрать. Сравните сопротивления между парой клемм в обеих схемах.

Ответ

\(R = Nr\).

Подсказка

Используйте симметрию: найдите точки пирамиды с равными потенциалами и перерисуйте схему через последовательные и параллельные соединения.

Ответ

\(3R/4\).

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией схемы относительно плоскости, проходящей через точки \(A\) и \(B\) и вершину: точки с равными потенциалами можно соединить проводником.

Ответ

\(2R/3\).

Подсказка

Узлы, соединённые перемычками без сопротивления, имеют одинаковый потенциал. Объедините их и перерисуйте схему.

Ответ

Сопротивление цепи равно \(3R/11\), силы токов показаны на рисунке (через \(I\) обозначена сила тока \(I = U/(3R)\)).

Подсказка

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

Ответ

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

Подсказка

Представьте ток из \(A\) в \(B\) как сумму двух случаев: ток вытекает из \(A\) в бесконечность и ток приходит из бесконечности в \(B\). Используйте симметрию сетки.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{1}{2}\,r\).

Подсказка

Выделите два соседних контура с источниками и посмотрите на симметрию: течёт ли ток по красным и зелёным резисторам, соединяющим эти контуры? Что тогда остаётся от схемы?

Ответ

В общем виде: \(R_1 = r\), мощность на красных и зелёных нагрузках \(P_\text{к} = P_\text{з} = 0\) Вт, \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1}\); в частном случае \(R_1 = r = 1\) Ом и \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1} = 1\) Вт.

Решение

Если рассмотреть два любых соседних контура (с источниками), которые соединены красными и зелёными нагрузками так, как показано на рисунке, то из симметрии следует, что по этим нагрузкам ток не течёт.

Следовательно, во всей цепочке ток через красные и зелёные нагрузки течь не будет. Значит, \(P_\text{к} = P_\text{з} = 0\) Вт. Остаётся рассмотреть схему, изображённую на рисунке.

На нагрузке \(4R_1\) выделяется мощность, равная \[P_\text{с} = \left(\frac{\varepsilon}{r + R_1}\right)^2 R_1.\]

Если изучить функцию \(P_\text{с}(R_1)\), то оказывается, что максимальное значение эта функция принимает при \(r = R_1 = 1\) Ом. При этом на одном синем резисторе будет выделяться мощность, равная \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1} = 1\) Вт. Качественно график \(P_\text{с}(R_1)\) выглядит следующим образом:

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией сетки относительно прямой \(AD\): найдите точки с одинаковыми потенциалами или расставьте токи по ветвям с учётом симметрии.

Ответ

\(R_{AD} = \dfrac{5}{9}R\).

Подсказка

Используйте симметрию относительно оси, проходящей через середину отрезка \(AB\): найдите узлы с равными потенциалами или расставьте токи по симметричным ветвям и выразите их через один неизвестный ток.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{5}{9}\,R\).

Подсказка

Охлаждение меняет сопротивления серых и белых частей в разное число раз, поэтому пластина после охлаждения "— это комбинация двух «исходных» пластин. Для сопротивления между \(A\) и \(C\) используйте принцип суперпозиции токов и потенциалов.

Ответ

1) сопротивление пластины между вершинами \(B\) и \(C\) до её охлаждения равно \(4r_2\);  2) сопротивление пластины между вершинами \(A\) и \(C\) до её охлаждения равно \(R_{AC} = \dfrac{1}{2}(r_1 + 4r_2) + \dfrac{U_1 + 4U_2}{2I}\).

Подсказка

Из-за оси симметрии у сердечка всего два разных сопротивления. Выразите через них \(R_1\) и \(R_2\), найдите их, затем посчитайте третью цепь. Можно также заменить каждое сердечко-«треугольник» эквивалентной «звездой».

Ответ

\(R_3 = 9{,}6\) Ом.

Подсказка

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.

Ответ

\(I_{\min} = I_0/5\); 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).

Решение

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: \[I_0 = I_1 + I_2 + I_3 = 2I_3 + I_2 = 5I_2 \;\Rightarrow\; I_2 = \frac{I_0}{5}.\]

Подсказка

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

Ответ

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

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией сетки относительно диагоналей и осей и первым правилом Кирхгофа для узлов у диагонали; получите рекуррентные соотношения для потенциалов.

Ответ

А) \(\varphi_{1k} = 0\),  \(\varphi_{2k} = (-1)^{k+1}\text{ В}\);  Б) \(\varphi_{1k} = (-1)^{k+1}\text{ В}\),  \(\varphi_{2k} = 4(k+1)\cdot(-1)^{k+1}\text{ В}\).

Подсказка

Подключённые к узлам сетки идеальные амперметры и провода можно считать проводами: некоторые узлы окажутся при этом эквипотенциальными. Перерисуйте схему в виде последовательных и параллельных соединений.

Ответ

Показания амперметров равны \(12\) мА, \(6{,}5\) мА и \(12\) мА; показания вольтметров равны \(3\) В.

Подсказка

Сопротивление куска обратно пропорционально площади сечения; при последовательном соединении напряжения делятся пропорционально сопротивлениям.

Ответ

6 В.

Подсказка

Источник идеальный, поэтому ток через длинный кусок не изменился; весь добавочный ток идёт через короткий кусок. Сопротивление куска пропорционально длине и обратно пропорционально сечению.

Ответ

\(3\) (в 3 раза).

Подсказка

Площадь сечения найдите из объёма и длины, затем сопротивление по формуле для проводника и закон Ома.

Ответ

0,9

Подсказка

Перерисуйте схему так, чтобы было видно, как соединены ветви. Какой ток течёт через идеальный вольтметр?

Ответ

\(I_A = \dfrac{U}{4R}\);  \(U_V = \dfrac{U}{2}\).

Решение

Для наглядности можно перерисовать схему:

Ток в ветви, в которой подключён идеальный вольтметр, равен нулю. Значит, \(I_A = \dfrac{U}{4R}\). Показание вольтметра равно: \[U_V = I_A \cdot 2R = \frac{U}{2}.\]

Подсказка

Выясните, какие элементы и как включены в положениях 1 и 2, и найдите мощность в каждом случае через сопротивление \(R\) элемента. Количество теплоты для закипания одно и то же.

Подсказка

Одинаковые амперметры имеют одинаковые сопротивления, поэтому напряжения на них пропорциональны токам. Как связаны напряжения на \(A_2\), \(A_3\) и \(A_4\)?

Ответ

\(I_3 = I_4 = 1\) А;  \(I_2 = 2\) А.

Решение

Амперметры \(A_3\) и \(A_4\) соединены последовательно, значит, протекающие через них токи равны \(I_3 = I_4 = I\). Одинаковые амперметры имеют одинаковые сопротивления, поэтому напряжения на них пропорциональны токам. Напряжение на \(A_2\) равно сумме напряжений на \(A_3\) и \(A_4\), то есть удвоенному напряжению на одном из этих амперметров. Поэтому ток через \(A_2\) вдвое больше тока \(I\): \(I_2 = 2I\). Ток \(I_1\) через \(A_1\) разветвляется на токи \(I_3\) и \(I_2\), тогда \(I_1 = I_3 + I_2 = 3I\). Таким образом \(I_3 = I_4 = I = 1\) А, а \(I_2 = 2I = 2\) А.

Подсказка

Тепловой поток по стержню пропорционален разности температур на его концах, как ток в резисторе. Запишите баланс потоков в узле 3 и в нижних узлах.

Ответ

\(173\,°\)C.

Подсказка

Идеальный амперметр — проводник с нулевым сопротивлением, идеальный вольтметр — разрыв цепи. Отметьте на схеме точки одинакового потенциала и упростите цепь.

Ответ

1) 10 мА;  2) 3 В.

Подсказка

Если ток по \(BD\) не течёт, потенциалы \(B\) и \(D\) равны (мостовая схема); отсюда находится положение \(D\) на \(AC\). Сопротивление проволоки пропорционально длине.

Подсказка

Если резистор в диагонали, то при равных плечах моста ток через него не течёт. Во втором случае сравните токи через разные резисторы: чем больше ток через резистор, тем сильнее изменится общий ток при его отключении.

Ответ

А) нужно отключить любой из резисторов сопротивлением 1 Ом, показания амперметра изменятся на 2 А (по модулю); Б) нужно отключить резистор сопротивлением 1 Ом, подключённый к тому же полюсу батарейки, что и резистор сопротивлением 4 Ом.

Решение

Если резистор 4 Ом включён в диагональ моста, то его не имеет смысла вытаскивать, потому что показания амперметра при этом не изменятся. То есть в этом случае надо отключить любой резистор 1 Ом. Если же резистор 4 Ом подключён, например, к плюсу батарейки (это на самом деле не принципиально), то нужно отключить резистор 1 Ом, который тоже подключён к плюсу батарейки, так как через него течёт самый большой ток.

Для случая, когда резистор сопротивлением 4 Ом включён в диагональ моста: вначале ток через диагональ моста не течёт и сопротивление всей цепи равно \[R_1 = \left(\frac{1}{2\text{ Ом}} + \frac{1}{2\text{ Ом}}\right)^{-1} = 1\text{ Ом}.\] После отключения одного из резисторов сопротивлением 1 Ом полное сопротивление всей цепи будет равно \[R_2 = 1\text{ Ом} + \left(\frac{1}{1\text{ Ом}} + \frac{1}{5\text{ Ом}}\right)^{-1} = \frac{11}{6}\text{ Ом} \approx 1{,}83\text{ Ом}.\] Абсолютная величина изменения показаний амперметра равна \[\frac{U}{R_1} - \frac{U}{R_2} = 2\text{ А}.\]

Подсказка

Чем больше ток через резистор, тем сильнее изменится общий ток при его отключении. Через какие резисторы ток наибольший в каждом из двух случаев?

Ответ

В первом случае нужно отключить любой резистор с сопротивлением 1 Ом; во втором случае нужно отключить резистор с сопротивлением 1 Ом, подключённый к тому же полюсу батарейки, что и резистор с сопротивлением 4 Ом; абсолютная величина изменения показаний амперметра в первом случае равна 2 А.

Решение

Если резистор 4 Ом включен в диагональ моста, то его не имеет смысла вытаскивать, потому что показания амперметра при этом не изменятся. То есть в этом случае надо отключить любой резистор 1 Ом. Если же резистор 4 Ом подключён, например, к плюсу батарейки (это на самом деле не принципиально), то нужно отключить резистор 1 Ом, который тоже подключён к плюсу батарейки, так как через него течёт самый большой ток.

Для случая, когда резистор сопротивлением 4 Ом включен в диагональ моста:

Вначале ток через диагональ моста не течёт и сопротивление всей цепи равно \[R_1 = \left(\frac{1}{2\text{ Ом}} + \frac{1}{2\text{ Ом}}\right)^{-1} = 1\text{ Ом}.\] После отключения одного из резисторов сопротивлением 1 Ом полное сопротивление всей цепи будет равно \[R_2 = 1\text{ Ом} + \left(\frac{1}{1\text{ Ом}} + \frac{1}{5\text{ Ом}}\right)^{-1} = \frac{11}{6}\text{ Ом} \approx 1{,}83\text{ Ом}.\] Абсолютная величина изменения показаний амперметра равна \[\frac{U}{R_1} - \frac{U}{R_2} = 2\text{ А}.\]

Подсказка

Рассмотрите отдельно два случая: резистор 4 Ом стоит в диагонали моста или в одном из плеч. Если в диагонали, то ток по ней сначала не течёт; если в плече, то нужно понять, через какой резистор течёт наибольший ток.

Ответ

Нужно рассмотреть два случая: когда резистор с сопротивлением 4 Ом включён в диагональ моста и когда нет. В первом случае нужно отключить любой резистор с сопротивлением 1 Ом, изменение показаний амперметра равно 2 А. Во втором случае нужно отключить резистор с сопротивлением 1 Ом, подключённый к тому же полюсу батарейки, что и резистор с сопротивлением 4 Ом; изменение показаний \(\approx 2{,}4\) А.

Решение

Если резистор 4 Ом включён в диагональ моста, то его не имеет смысла вытаскивать, потому что показания амперметра при этом не изменятся. То есть в этом случае надо отключить любой резистор 1 Ом. Найдём изменение показаний амперметра в этом случае.

Вначале ток через диагональ моста не течёт и сопротивление всей цепи равно \[R_1 = \left(\frac{1}{2\text{ Ом}} + \frac{1}{2\text{ Ом}}\right)^{-1} = 1\text{ Ом}.\] После отключения одного из резисторов сопротивлением 1 Ом полное сопротивление всей цепи будет равно \[R_2 = 1\text{ Ом} + \left(\frac{1}{1\text{ Ом}} + \frac{1}{5\text{ Ом}}\right)^{-1} = \frac{11}{6}\text{ Ом} \approx 1{,}83\text{ Ом}.\] Абсолютная величина изменения показаний амперметра равна \[\frac{U}{R_1} - \frac{U}{R_2} = 2\text{ А}.\]

Если же резистор 4 Ом подключён, например, к плюсу батарейки (это на самом деле не принципиально), то нужно отключить резистор 1 Ом, который тоже подключён к плюсу батарейки, так как через него течёт самый большой ток. Найдём изменение показаний амперметра в этом случае.

Найдём сопротивление цепи до отключения резистора. Для определённости положим, что резистор сопротивлением 4 Ом подключён между точками 1 и 2 (в силу симметрии сопротивление цепи будет таким же и в 3 остальных случаях). Пусть потенциал в точке 1 \(\varphi_1 = 0\), тогда потенциал в точке 4 равен \(\varphi_4 = U\). Пусть \(\varphi_2\) и \(\varphi_3\) "— потенциалы точек 2 и 3 соответственно. Для узлов 2 и 3 запишем условие равенства нулю суммы всех вытекающих токов: \[\begin{cases} \dfrac{\varphi_2}{4\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_2 - \varphi_3}{1\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_2 - U}{1\text{ Ом}} = 0,\\[2mm] \dfrac{\varphi_3}{1\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_3 - \varphi_2}{1\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_3 - U}{1\text{ Ом}} = 0; \end{cases} \iff \begin{cases} \dfrac{9}{4}\varphi_2 - \varphi_3 = 4{,}5\text{ В},\\[2mm] -\varphi_2 + 3\varphi_3 = 4{,}5\text{ В}; \end{cases} \iff \begin{cases} \varphi_2 \approx 3{,}1\text{ В},\\ \varphi_3 \approx 2{,}5\text{ В}. \end{cases}\] Сила тока в цепи равна \[I_1 = \frac{\varphi_2}{4\text{ Ом}} + \frac{\varphi_3}{1\text{ Ом}} \approx 3{,}32\text{ А}.\] После отключения резистора сила тока в цепи будет равна \[I_2 = \frac{U}{4\text{ Ом} + \dfrac{2}{3}\text{ Ом}} \approx 0{,}96\text{ А}.\] Абсолютная величина изменения показаний амперметра равна \[I_1 - I_2 \approx 2{,}4\text{ А}.\]

Подсказка

Токи через вольтметры пренебрежимо малы, поэтому через резисторы \(2R\) и \(3R\) течёт один и тот же ток. Выразите показания вольтметров через разности потенциалов узлов и запишите связь для центрального узла.

Ответ

\(U_1 = 14\) В, \(U_2 = 2\) В.

Решение

Из-за большого сопротивления вольтметров ток, текущий через них, пренебрежимо мал. Пусть через резисторы \(2R\) и \(3R\) идет ток \(I\), тогда через резистор \(R\) идет ток \(5I\). Выразим суммарные показания вольтметров через разности потенциалов узлов, к которым они подключены: \(U_1 + U_3 = U\), \(U_2 + U_3 = \dfrac{3}{5}U\) (здесь \(U\) — напряжение на резисторе \(R\), то есть между точками \(A\) и \(B\)). С учетом первого закона Кирхгофа для центрального узла схемы \(U_1 + U_2 = U_3\). Решая систему уравнений, получим: \(U_1 = \dfrac{7}{15}U\), \(U_2 = \dfrac{1}{15}U\), \(U_3 = \dfrac{8}{15}U\), или \(U_1 = 14\) В, \(U_2 = 2\) В.

Подсказка

Идеальный амперметр имеет нулевое сопротивление, так что его концы можно считать одной точкой. Перерисуйте схему и найдите, какие резисторы оказались под одним и тем же напряжением.

Ответ

\(I_2 = 0{,}15\) А.

Решение

Если перерисовать схему с учётом того, что амперметры идеальные, то становится понятно, что напряжение на центральном резисторе равно напряжению на левом резисторе начальной схемы.

Таким образом, из закона Ома для участка цепи получаем силу тока, протекающего через центральный резистор: \(I_{2R} = 0{,}05\) А. Очевидно, что второй амперметр показывает сумму двух токов \(I_2 = I_1 + I_{2R} = 0{,}15\) А.

Подсказка

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

Ответ

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

Подсказка

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

Ответ

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.

Подсказка

При заданном напряжении мощность \(U^2/R\) максимальна, когда сопротивление цепи минимально. Какое соединение участков проволок уменьшает сопротивление?

Ответ

Максимальная мощность равна \(\approx 9\) Вт; соединение проволок, при котором она достигается, такое: нужно длинную проволоку натянуть вдоль короткой проволоки, а оставшийся участок длинной проволоки сложить вдвое и, перегнув в точке \(B\), приложить к отрезку \(AB\).

Подсказка

Из условия следует, что сопротивления резисторов в противоположных сторонах квадрата попарно равны. Запишите мощности для двух подключений через \(R_1\), \(R_2\) и напряжение источника.

Ответ

\(P' = P\dfrac{4\sqrt3}{(1+\sqrt3)^2}\).

Решение

Из условия задачи следует, что сопротивления резисторов, включённых в противоположные стороны квадрата, попарно равны. Пусть \(R_1\) "— сопротивление резисторов между точками \(AB\) и \(CD\), \(R_2\) "— между точками \(BC\) и \(AD\), \(U\) "— напряжение сети, тогда \[P = U^2\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_1 + 2R_2}\right),\quad 2P = U^2\left(\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_2 + 2R_1}\right) \;\Longrightarrow\; \frac{R_2}{R_1} = \frac{\sqrt3 - 1}{2}.\] Искомая мощность равна \[P' = \frac{2U^2}{R_1 + R_2} = P\,\frac{4\sqrt3}{(1+\sqrt3)^2}.\]

Подсказка

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.

Ответ

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.

Решение

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: \[I = 0 \quad\text{или}\quad I = 2\mathcal{E}/r.\]