Физика. Задачи для поступающих в вузы - Бендриков Г.А.
Скачать (прямая ссылка):
788. Выберем направления токов /ь /2 и /3 через резисторы R\,R2 и /?3,
указанные на рис. 363. Тогда /3 = /] + /2. Разность потенциалов между точками аиЬ будет равна - /]/?] = %3- l3R3 = %2 + I2R2. Если /3 = 0, то /, = -/2, + /]/?! = %ъ и %ъ = %2 — I\R2. Исключая /ь находим - (&\R2 +
+ %2Rl)l{R,+R2).
789. Рассмотрим ту же схему без вольтметра (рис. 364). Из закона Ома для полной цепи находим 1 = Ъ% !Ъг = %!г. Из закона Ома для участка
/ = + %2) / (2R + г) = 0,1 А,
/, = [(/? + Г)%]- R%2] / r(2R + г) = -0,25 А, /2 = [(/? + ,-)%2 -R%]\! r(2R + г) = 0,35 А.
Рис. 362
Рис. 363
Рис. 364
1={%ХГ2 + %2ГХ)![/?(/-] + г2) + г, г2] = 0,53 А.
V = %0 - /(/?0 + г о) = 2%- /[/?] R2 / (/?] + R2) + 3r/2] = 2,48 В.
328
цепи между точками а и b получим Vaf, = —lr + % = 0. Подключение вольметра к точкам, разность потенциалов между которыми равна нулю, ничего не может изменить в цепи. Поэтому вольтметр будет показывать напряжение, равное нулю.
Рис. 365 Рис. 366
790. Подключим источник тока к выводам а и b и выберем направления токов, указанные на рис. 365. Для узла е имеем / = /0 + /2. При обходе контуров aefb и ecdf по часовой стрелке получим
/ (/? | + /?з) + /2 /?2 = ~^ ’ А) ^0 — ^2 ^2 = «0-
Используя условие /2 = 0, находим % = —0(/?j + /?3)//?0. Знак минус показывает, что полюсы источника тока на рис. 365 нужно поменять местами.
791. гх = 2/? / 5 = 2 Ом, r2 = R/ 5=1 Ом.
792. При параллельном соединении двух элементов внутреннее сопротивление и ЭДС равны г/2и%; при последовательном соединении они равны 2г и 2%. Через резистор R при этом текут токи
/, = %/(R + г/2), /2 = 2%/(R + 2г) = %/(R/2 + г).
Отсюда видно, что /2 > /1; если R /2 + г < R + г/2, т.е. если г < R. По условию задачи в первом случае Rx = г; следовательно, токи при параллельном и последовательном соединениях одинаковы. Во втором случае R2 > г. Поэтому ток больше при последовательном соединении.
793. д = С^|(/?2.,-+3) + ^2(Л±П) = 7 мкКл
Rx + /?2 + Г] + г2
794. Выберем направления токов, указанные на рис. 366. Для узла b имеем / — /] — /2 = 0. При обходе контуров ahef и bcde по часовой стрелке получим
l2r2 + IR = %2, 1хгх-12г2 = %х-%г.
Из этих уравнений находим
у ^ 1 ^ 2/*1 ^ % | (R + г2) — % 2 R
/?(г, + г2)+г,г2’ ’ R(rx + r2) + rxr2
{ _ %2{R+rx)-%xR
2 R(rx + r2)+rxr2
329
Ток 1 = 0 тогда, когда изменена полярность включения одного из элементов и, кроме того, выполнено условие г2 = %2 г\ - Ток /] =0 при = R%2/(R + г2), а ток /2 = 0 при %2 = R%x / (R + /•]). Токи 1Х и /2 имеют направления, указанные на рис. 366, если R%2/(R + г2)<%х <
< (R + г,)«2/Л. Они меняют свое направление при %\ < R%2/ (/? + г2) или %2 < R%\ I {R + /']).
795. При n(R — г) = R — г. Если R = г, то число элементов произвольно; если R Ф г, задача не имеет решения (п = 1).
796. Vx/V2 = (nR + r)/(R + nr) = 2,33, где I-7, - показание вольтметра при последовательном соединении элементов, V2 - при параллельном.
797. А/ = п(п - 1)(/? - r)% / (R + nr)(nR + г) = 4 А.
798. Общее число элементов N = пт (рис. 367). Ток во внешней цепи / = п% / (R + mini), где г/т — внутреннее сопротивление группы из т
параллельно соединенных элементов, а nr/т -внутреннее сопротивление п групп, соединенных последовательно. Максимальная мощность (см. задачу 848) отдается во внешнюю цепь при равенстве сопротивления R внутреннему сопротивлению батареи элементов nr/т, т.е. R = nr/m = п2 г / N; отсюда п =
= V RN / г = 20, т = N / п = 30. При этом через сопротивление R течет ток / = 46 А.
799. При последовательном соединении через все аккумуляторы батареи течет один и тот же ток, поэтому все они разрядятся в течение одного и того же времени. Следовательно, емкость батареи будет равна емкости каждого аккумулятора; Qx = <2о = 80 А • ч.
При параллельном соединении п аккумуляторов через каждый из них течет 1/л часть общего тока; поэтому при том же разрядном токе в общей цепи батарея будет разряжаться в п раз дольше, чем один аккумулятор, т.е. емкость батареи в п раз больше емкости отдельного аккумулятора; <22 = nQ{) = 240 А • ч.
Заметим, однако, что энергия W = % /т = %Q, отдаваемая батареей в цепь, и при последовательном и при параллельном соединении п аккумуляторов в п раз больше энергии, отдаваемой одним аккумулятором. Это происходит потому, что при последовательном соединении ЭДС, батареи в п раз больше ЭДС одного аккумулятора, а при параллельном соединении ЭДС батареи остается той же, что и для каждого аккумулятора, но Q увеличивается в п раз.
800. Каждая группа из пяти аккумуляторов, включенных последовательно, имеет емкость Qi = Go = 64 А • ч (см. задачу 799). Три, параллельно включенные группы дают общую емкость батареи Q2 = = 3(2о = 192 А • ч.
801. V = /Я, (/?2 + R3)/Rj = 2 В.
330
>т
802. Составляем уравнения Кирхгофа в соответствии с направлениями токов, указанными на рис. 133: /] + /2 — /з = 0 для узла Ь; /3 - /4 - /5 = 0 для узла h; /5-/1 - /6 = 0 для узла/; при этом /, г, + /5 г5 = %, - %2 для контура abfg (обход по часовой стрелке), /2 0'2 + г3) + /4 г4 = - %2 Для контура bcdh (обход против часовой стрелки) и /4 г4 - /6 г6 - /5 г5 = 0 для контура hdef (обход по часовой стрелке). Решая эту систему уравнений с учетом, что все сопротивления одинаковы и равны R = 10 Ом, получим
