Две батареи в мостике

Цепь линейна: токи — линейные функции обеих ЭДС. Найдите токи через батареи как функции \(\mathcal E_1\) и \(\mathcal E_2\) и потребуйте, чтобы изменения токов были равны нулю.

1) \(\mathcal E_2\) надо уменьшить на \(6\) В; 2) \(\mathcal E_2\) надо уменьшить на \(0{,}375\) В.

Что происходит. Цепь состоит из резисторов и двух идеальных батарей, поэтому все токи — линейные функции \(\mathcal E_1\) и \(\mathcal E_2\). Находим токи через батареи при произвольных ЭДС, затем требуем, чтобы после изменения ЭДС (\(\Delta\mathcal E_1=-1{,}5\) В, \(\Delta\mathcal E_2=x\)) токи через нужную батарею остались прежними. Удобнее всего метод узловых потенциалов: у цепи два незаданных потенциала.

Обозначения. Левый провод — узел \(L\), его потенциал \(\varphi_L=0\). Правый провод — узел \(P\). Плюс батареи \(\mathcal E_2\) присоединён слева (длинная черта), значит \(\varphi_L-\varphi_P=\mathcal E_2\), то есть \(\varphi_P=-\mathcal E_2\). Плюс батареи \(\mathcal E_1\) — сверху (длинная черта), в узле \(A\), минус — в узле \(B\): \(\varphi_A-\varphi_B=\mathcal E_1\). Токи: \(I_a\) — от \(L\) к \(A\) через верхний левый \(R\), \(I_b\) — от \(A\) к \(P\) через \(3R\), \(I_c\) — от \(L\) к \(B\), \(I_d\) — от \(B\) к \(P\); \(I_1\) — ток через \(\mathcal E_1\) в направлении ЭДС (от \(B\) к \(A\) внутри батареи), \(I_2\) — ток через \(\mathcal E_2\) в направлении ЭДС (справа налево по нижней ветви).

1. Закон Ома для резисторов. Пусть \(\varphi_B=b\), тогда \(\varphi_A=b+\mathcal E_1\): \[I_a=\frac{0-\varphi_A}{R}=-\frac{b+\mathcal E_1}{R},\quad I_b=\frac{\varphi_A+\mathcal E_2}{3R},\quad I_c=-\frac bR,\quad I_d=\frac{b+\mathcal E_2}{R}.\]

2. Закон сохранения заряда для пары узлов \(A\), \(B\). Батарея \(\mathcal E_1\) соединяет их напрямую, поэтому на участке с узлами \(A\) и \(B\) заряд не накапливается: сумма токов, вытекающих из этой пары через резисторы, равна нулю: \[-I_a+I_b-I_c+I_d=0 \;\Rightarrow\; \frac{b+\mathcal E_1}{R}+\frac{b+\mathcal E_1+\mathcal E_2}{3R}+\frac bR+\frac{b+\mathcal E_2}{R}=0 .\] Умножим на \(3R\): \(10b+4\mathcal E_1+4\mathcal E_2=0\), откуда \[b=-0{,}4(\mathcal E_1+\mathcal E_2),\qquad \varphi_A=0{,}6\,\mathcal E_1-0{,}4\,\mathcal E_2 .\]

3. Токи через батареи. Закон сохранения заряда в узле \(A\): ток \(I_1\) втекает из батареи, \(I_a\) втекает через резистор, \(I_b\) вытекает через \(3R\): \[I_1=I_b-I_a=\frac{0{,}2(\mathcal E_1+\mathcal E_2)}{R}-\frac{0{,}4\,\mathcal E_2-0{,}6\,\mathcal E_1}{R}=\frac{0{,}8\,\mathcal E_1-0{,}2\,\mathcal E_2}{R}.\] Закон сохранения заряда в узле \(L\): ток \(I_2\) втекает из батареи, \(I_a\) и \(I_c\) вытекают: \[I_2=I_a+I_c=\frac{0{,}4\,\mathcal E_2-0{,}6\,\mathcal E_1}{R}+\frac{0{,}4(\mathcal E_1+\mathcal E_2)}{R}=\frac{0{,}8\,\mathcal E_2-0{,}2\,\mathcal E_1}{R}.\] Обратите внимание: \(I_1\) зависит от обеих ЭДС. Изменение одной батареи меняет ток через другую, это и позволяет исправить ток подбором второй ЭДС.

4. Изменения токов. Токи — линейные функции ЭДС, поэтому изменения токов определяются теми же формулами с изменениями ЭДС. Подставим \(\Delta\mathcal E_1=-1{,}5\) В, \(\Delta\mathcal E_2=x\): \[R\,\Delta I_1=0{,}8\cdot(-1{,}5)-0{,}2x=-1{,}2-0{,}2x,\qquad R\,\Delta I_2=0{,}8x-0{,}2\cdot(-1{,}5)=0{,}8x+0{,}3 .\] Пункт 1: \(\Delta I_1=0\), \(x=-6\) В. Пункт 2: \(\Delta I_2=0\), \(x=-0{,}375\) В. Обе ЭДС надо уменьшить: во втором случае на \(0{,}375\) В, в первом — на \(6\) В.

Проверка. Размерность: \(\mathcal E/R\) — ампер. Предел: при \(\mathcal E_1=\mathcal E_2=0\) все токи нулевые. Числом, при \(\mathcal E_1=5\) В, \(\mathcal E_2=7\) В: \(b=-4{,}8\), \(\varphi_A=0{,}2\), токи (в единицах \(1/R\)): \(I_a=-0{,}2\), \(I_b=2{,}4\), \(I_c=4{,}8\), \(I_d=2{,}2\); сумма вытекающих из пары \(A\), \(B\) равна \(0{,}2+2{,}4-4{,}8+2{,}2=0\), \(I_1=I_b-I_a=2{,}6=0{,}8\cdot5-0{,}2\cdot7\), \(I_2=I_a+I_c=4{,}6=0{,}8\cdot7-0{,}2\cdot5\), сходится.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.