Батарейки
6/10Имеется батарея с ЭДС \(\mathcal{E}_1\) и внутренним сопротивлением \(r_1\), а также некоторое количество одинаковых батареек с ЭДС \(\mathcal{E}_2 = \mathcal{E}_1/2\). Если последовательно с батареей \(\mathcal{E}_1\) подключить некоторое количество батареек \(\mathcal{E}_2\) и нагрузку, то сила тока в цепи при любом количестве батареек \(\mathcal{E}_2\) будет одинаковой. Если же к батарейке \(\mathcal{E}_1\) параллельно подсоединить любое число батареек \(\mathcal{E}_2\) и ту же нагрузку, то сила тока через неё останется равной прежнему значению. Полярности всех батарей считать одинаковыми. Найдите сопротивление нагрузки \(R\), а также внутреннее сопротивление \(r_2\) батареек \(\mathcal{E}_2\).
▶Показать разборСкрыть разбор
Ответ\(R = r_1\), \(r_2 = r_1\).
РешениеНа рис. 161 изображена схема цепи с последовательным соединением элементов.

Запишем для неё закон Ома: \[I = \dfrac{\mathcal{E}_1 + n\mathcal{E}_2}{R + r_1 + nr_2},\qquad (220)\] где \(I\) — ток нагрузки. При \(n = 0\) из формулы (220) получим \[I = \dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1}.\qquad (221)\] При очень больших \(n\) из формулы (220) следует, что \[I = \dfrac{n\mathcal{E}_2}{nr_2} = \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2}.\qquad (222)\] Поскольку ток нагрузки по условию не зависит от \(n\), из формул (221) и (222) получаем \[\dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1} = \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2},\quad\text{или}\quad R + r_1 = 2r_2.\qquad (223)\] Рассмотрим теперь цепь с параллельным соединением батареек, схема которой изображена на рис. 162.

Она эквивалентна цепи, изображённой на рис. 163, где \(I_{eq}\) — ток в эквивалентном источнике \(\mathcal{E}_2\), а \(r_{eq} = r_2/n\) — его внутреннее сопротивление.

В этом можно убедиться, применив правила Кирхгофа для контура, состоящего из нагрузки \(R\) и одной из батареек \(\mathcal{E}_2\): \[I\left(R + \dfrac{r}{n}\right) = \mathcal{E}_2,\quad\text{или}\quad I(R + r_{eq}) = \mathcal{E}_{eq}.\] По первому правилу Кирхгофа \[I_{eq} = I - I_1.\] По второму правилу Кирхгофа для внешнего контура схемы, показанной на рис. 163, получаем \[\mathcal{E}_1 = I_1r_1 + IR,\] откуда \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}_1 - IR}{r_1}.\] При \(n = 0\) имеем \(I_{eq} = 0\), и тогда \[I = I_1 = \dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1}.\qquad (224)\] В случае бесконечного числа \(n\) батареек \(\mathcal{E}_2\) сопротивление \(r_{eq}\) равно нулю, а ток нагрузки принимает прежнее значение \(I\). Поэтому второе правило Кирхгофа для контура \(\mathcal{E}_2\)–\(R\) приводит к соотношению \[I = \dfrac{\mathcal{E}_2}{R}.\] Из последнего уравнения и уравнения (224) найдём \[\dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1} = \dfrac{\mathcal{E}_2}{R},\quad\text{или}\quad R + r_1 = 2R.\qquad (225)\] Из формул (223) и (225) следует ответ: \(R = r_1\) и \(r_2 = r_1\).
При решении данной задачи использован полезный метод эквивалентных схем. Группу соединённых друг с другом источников тока можно заменить одним эквивалентным источником. На практике используют батареи элементов. При последовательном соединении источников одинаковой полярности ЭДС и внутреннее сопротивление эквивалентного источника равны сумме соответствующих величин для составляющих элементов. Параллельно соединяют одинаковые источники. Эквивалентная ЭДС в этом случае равна ЭДС отдельных элементов, зато внутреннее сопротивление эквивалентного источника меньше сопротивления одного элемента. При соединении \(n\) элементов внутреннее сопротивление полученной батареи в \(n\) раз меньше сопротивления отдельного элемента.
Похожие задачи
- Замыкание источника МОШ 1960/1986, 8-11 кл.
- Одинаково яркая лампочка МОШ 1986/87, 8 кл.
- Чёрный ящик с тремя клеммами МОШ 1989/90, 8 кл.
- ЭДС источника и ёмкости ВсОШ 1992/2001, 10 кл.
- Сопротивление вольтметра и ЭДС ВсОШ 1992/2001, 11 кл.
- Мост с вольтметром и амперметром МОШ 2015/16, 10 кл.