Книги для электрика и энергетика: ТОЭ постоянный ток

Случайно нашлась в архиве методичка с задачами и теорией по постоянному току вот решил поделиться.

ПОСТОЯННЫЙ ТОК

· Сила тока:

где Q - заряд, прошедший через поперечное сечение проводника за время t.

· Плотность тока:

где S - площадь поперечного сечения проводника.

· Связь плотности тока со средней скоростью

направленного движения заряженных частиц:

где e - заряд частицы; n - концентрация заряженных частиц.

· Закон Ома:

а)

(для участка цепи, не содержащего э.д.с.),

где

- разность потенциалов (напряжение) на концах участка цепи; R - сопротивление участка;

б)

(для участка цепи, содержащего э.д.с.)

где x - э.д.с. источника тока; R - полное сопротивление участка (сумма внешних и внутренних сопротивлений);

в)

(для замкнутой (полной) цепи),

где R - внешнее сопротивление цепи; R_i - внутреннее сопротивление цепи;

· Сопротивление R и проводимость G проводника:

;

где r - удельное сопротивление; g - удельная проводимость; l - длина проводника; S - площадь поперечного сечения проводника.

· Сопротивление системы проводников:

а)

(при последовательном соединении);

б)

(при параллельном соединении),

где

- сопротивление i-го проводника.

· Работа тока:

Первая формула справедлива для любого участка цепи, на концах которого поддерживается напряжение U, последние две - для участка, не содержащего э.д.с.

· Мощность тока:

· Закон Джоуля-Ленца:

· Закон Ома в дифференциальной форме:

где g - удельная проводимость, E -напряженность электрического поля; j - плотность тока.

· Связь удельной проводимости с подвижностью b заряженных частиц (ионов):

где Q - заряд иона; n - концентрация ионов; b₊ и b_- - подвижности положительных и отрицательных ионов.

· Первое правило Кирхгофа

Алгебраическая сумма сил токов, сходящихся а узле, равна нулю, т.е.

(4)

· Второе правило Кирхгофа

В любом замкнутом контуре, произвольно выбранном в разветвленной электрической цепи, алгебраическая сумма падений напряжений (произведений сил токов J на сопротивление R) на отдельных участках цепи этого контура равна алгебраической сумме ЭДС Ek, встречающихся в контуре:

(5)

При решении задач рекомендуется следующий порядок расчета разветвленной цепи постоянного ток. Произвольно выбрать и обозначить на схеме цепи направления токов во всех участках цепи.

1. Подсчитать число N узлов в цепи. Записать первое правило Кирхгофа для каждого из N—1 узлов, Запись первого правила Кирхгофа для оставшегося узла не дает ничего нового, так как является простым следствием уже написанных уравнений для N—1 узлов].

3. Выделить в разветвленной цепи всевозможные замкнутые контуры и, условившись о направлении обхода, записать систему уравнений по второму правилу Кирхгофа, но не для всех этих контуров, а лишь для некоторых из них, так как второе правило Кирхгофа для части контуров являются следствием таких же уравнений для остальных контуров. В разветвленной цепи, состоящей из m участков и N узлов, число независимых уравнений второму правилу Кирхгофа равно N—(m — 1). При составлении этих уравнений контуры следует выбирать так, чтобы каждый новый контур содержал хотя бы один участок цепи, не входивший в уже рассмотренные контуры.

4. Если в результате расчета получается отрицательное значение силы тока в каком-либо участке цепи, то это означает, что в данном участке цепи электрический ток в действительности идет в направлении, противоположном тому, которое было выбрано в начале расчета (т. е. в п. 1).

Примеры решения задач по теме «ПОСТОЯННЫЙ ТОК»

Пример 1. Источники тока с электродвижущими силами ε₁ и ε₂ включены в цепь, как показано на рис. 19.2. Определить силы токов, текущих в сопротивлениях R₂ и R₃, если ε₁= 10 В и ε₂=4 В, а R₁=R₄=20м и R₂=R₃=4 Ом. Сопротивлениями источников тока пренебречь.

Решение. Силы токов в разветвленной цепи определяют с помощью законов Кирхгофа. Чтобы найти четыре значения силы токов, следует составить четыре уравнения.

Указание. Перед составлением уравнений по закону Кирхгофа необходимо, во-первых, выбрать произвольно направления токов, текущих через сопротивления, указав их стрелками на чертеже, и, во-вторых, выбрать направление обхода контуров (последнее только для составления уравнений по второму закону Кирхгофа).

Выберем направления токов, как они показаны на рис. 19.2, и условимся обходить контуры по часовой стрелке.

Рассматриваемая в задаче схема имеет два узла: А и В. Но составлять уравнение по первому закону Кирхгофа следует только для одного узла, так как уравнение, составленное для второго узла, будет следствием первого уравнения.

При составлении уравнений по первому закону Кирхгофа необходимо соблюдать правило знаков: ток, подходящий к узлу, входит в уравнение со знаком плюс; ток, отходящий от узла, - со знаком минус.

По первому закону Кирхгофа для узла В имеем

I₁+I₂+I₃-I₄=0.

Недостающие три уравнения получим по второму закону Кирхгофа. Число независимых уравнений, которые могут быть составлены по второму закону Кирхгофа, также меньше числа контуров (в нашем случае контуров шесть, а независимых уравнений три). Чтобы найти необходимое число независимых уравнений, следует придерживаться правила: выбирать контуры таким образом, чтобы в каждый новый контур входила хотя бы одна ветвь, не участвовавшая ни в одном из ранее использованных контуров.

При составлении уравнений по второму закону Кирхгофа необходимо соблюдать следующее правило знаков:

а) если ток по направлению совпадает с выбранным направлением обхода контуров, то соответствующее произведение IR входит в уравнение со знаком плюс, в противном случае произведение IR входит в уравнение со знаком минус,

б) если ЭДС повышает потенциал в направлении обхода контура, т.е. если при обходе контура приходится идти от минуса к плюсу внутри источника, то соответствующая ЭДС входит в уравнение со знаком плюс, в противном случае - со знаком минус.

По второму закону Кирхгофа имеем соответственно для контуров AR₁BR₂A, AR₁BR₃A, AR₃BR₄A:

I₁R₁- I₂R₂=ε₁- ε₂ (1)

I₁R₁- I₃R₃= ε₁(2)

I₃R₃ + I₄R₄=0. (3)

Подставив в равенства (1)-(3) значения сопротивлений и ЭДС, получим систему уравнений:

I₁+I₂+I₃-I₄=0,

2I₁-4I₂=6,

2I₁-4I₃=10,

4I₃+2I₄=0.

Поскольку нужно найти только два тока, то удобно воспользоваться методом определителей (детерминантов). С этой целью перепишем уравнения еще раз в следующем виде:

I₁+I₂+I₃-I₄=0,

2I₁-4I₂+0+0=6,

2I₁+0-4I₃+0=10,

0+0+4I₃+2I₄=0.

Искомые значения токов найдем из выражений

I₂=Δ_I₂/Δ и I₃=Δ_I₃/Δ,

где Δ - определитель системы уравнений; Δ_I2 и Δ_I₃- определители, полученные заменой соответствующих столбцов определителя А столбцами, составленными из свободных членов четырех вышеприведенных уравнений, находим

Отсюда получаем

I₂=0; I₃= -1 А.

Знак минус у значения силы тока I₃ свидетельствует о том, что при произвольном выборе направлений токов, указанных на рисунке, направление тока I₃ было указано противоположно истинному. На самом деле ток I₃ течет от узла В к узлу А.

Пример 2. Сила тока в проводнике сопротивлением R=20 Ом нарастает в течение времени Δt=2 с по линейному за. кону от I₀=0 до I_max=6 А (рис. 19.3). Определить количество теплоты Q₁, выделившееся в этом проводнике за первую секунду, и Q₂ - за вторую, а также найти отношение этих количеств теплоты Q₂/Q₁.

Р е ш е н и е. Закон Джоуля – Ленца

Q= I²Rt применим в случае постоянного тока (I =const). Если же сила тока в проводнике изменяется, то указанный закон справедлив для бесконечно малого промежутка времени и записывается в виде

dQ= I²Rdt. (1)

Здесь сила тока I является некоторой функцией времени. В нашем случае

I=kt, (2)

где k - коэффициент пропорциональности, равный отношению приращений силы тока к интервалу времени, за который произошло это приращение:

k=ΔI/Δt.

С учетом равенства (2) формула (1) примет вид

dQ=k²Rt²dt. (3)

Для определения количества теплоты, выделившегося за конечный промежуток времени Δt, выражение (3) следует проинтегрировать в пределах от t₁ до t₂:

При определении количества теплоты, выделившегося за первую секунду, пределы интегрирования t₁ =О, t₂= 1 с и, следовательно,

Q₁=60 Дж,

а за вторую секунду - пределы интегрирования t₁= 1 с, t₂=2 с и тогда

Q₂=420 Дж.

Следовательно,

Q₂/Q₁=7,

т. е. за вторую секунду выделится теплоты в 7 раз больше, чем за первую секунду.

ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ

Пример 1*. Сопротивление проводящей среды. Металлический шар радиусом а окружен концентрической тонкой металлической оболочкой радиусом b. Пространство между этими электродами заполнено однородной слабо проводящей средой с удельным сопротивлением ρ. Найти сопротивление межэлектродного промежутка.

Решение. Выделим мысленно тонкий сферический слой между радиусами r и r + dr. Линии тока во всех точках этого слоя идут перпендикулярно ему, поэтому такой слой можно рассматривать как цилиндрический проводник длиной dr с площадью поперечного сечения 4πr². Воспользовавшись формулой

, запишем

Проинтегрировав это выражение по r от a до b, получим

Пример 2*. Два металлических шарика одинакового радиуса а находятся в однородной слабо проводящей среде с удельным сопротивлением ρ. Найти сопротивление среды между шариками при условии, что расстояние между шариками значительно больше их размеров.

Решение. Мысленно зарядим шарики + q и - q. Поскольку шарики находятся далеко друг от друга, электрическое поле вблизи поверхности каждого из них определяется практически только зарядом прилегающего шарика, причем его заряд можно считать распределенным равномерно по поверхности. Окружив шарик с положительным зарядом концентрической сферой, непосредственно прилегающей к его поверхности, запишем выражение для тока, протекающего через эту сферу:

где j — плотность тока. Воспользовавшись законом Ома (I = Е/ρ) и формулой

, получим

Теперь найдем разность потенциалов между шариками:

Искомое сопротивление

Этот результат справедлив независимо от значения диэлектрической проницаемости среды.

Пример 3. Два проводника произвольной формы находятся в безграничной однородной слабо проводящей среде с удельным сопротивлением ρ и диэлектрической проницаемостью

. Найти значение произведения RC для данной системы, где R — сопротивление среды между проводниками, С — взаимная емкость проводников при наличии среды.

Решение. Зарядим мысленно проводники зарядами + q и - q. Так как среда между ними слабо проводящая, то поверхности проводников являются эквипотенциальными и конфигурация поля такова же, как и при отсутствии среды.

Окружим, например, положительно заряженный проводник замкнутой поверхностью S, непосредственно прилегающей к поверхности проводника, и вычислим отдельно R и С:

где интегралы взяты по данной поверхности S. При вычислении R был использован закон Ома

, а при вычислении С — теорема Гаусса.

Произведение полученных выражений

Пример 4*. Условия на границе проводника. Проводник с удельным сопротивлением ρ граничит с диэлектриком, проницаемость которого

. В некоторой точке А у поверхности проводника электрическая индукция равна D, причем вектор D направлен от проводника и составляет угол

с нормалью к поверхности. Найти поверхностную плотность зарядов на проводнике и плотность тока вблизи точки А.

Решение. Поверхностная плотность зарядов на проводнике

Плотность тока найдем по закону Ома:

. Из уравнения непрерывности

следует, что нормальные составляющие вектора j равны, а так как в диэлектрике j_n=0 (тока нет), то и в проводнике j_n = 0. Стало быть, вектор j в проводнике касателен его поверхности. Это же относится и к вектору Е внутри проводника.

С другой стороны, из теоремы о циркуляции вектора Е следует, что тангенциальные составляющие его по разные стороны границы раздела одинаковы, а значит,

, где

– тангенциальная составляющая поля Е в диэлектрике.

Учитывая все это, получим

Пример 5*. Зазор между обкладками плоского конденсатора заполнен последовательно двумя диэлектрическими слоями 1 и 2 толщиной l₁ и l₂ с проницаемостями

и удельными сопротивлениями ρ₁ и ρ₂. Конденсатор находится под постоянным напряжением U, причем электрическое поле направлено от слоя 1 к слою 2. Найти поверхностную плотность сторонних зарядов на границе раздела диэлектрических слоев.

Решение. Искомая поверхностная плотность зарядов

(1)

Для определения Е₁ и Е₂ воспользуемся двумя условиями: из того факта, что l₁ = l₂, следует

и, кроме того,

. Решив два последних уравнения, найдем Е₁ и Е₂- Их подстановка в (1) приводит к следующему результату:

Отсюда видно, что

при

Пример 6*. Закон Ома для неоднородного участка цепи. В схеме (рис.3) известны э. д. с. W

источников, сопротивления R и R_o, а также емкость С конденсатора. Внутренние сопротивления источников пренебрежимо малы. Найти заряд на обкладке 1 конденсатора.

Решение. В соответствии с законом Ома для замкнутой цепи, содержащей сопротивления R и R_o, запишем

где положительное направление выбрано по часовой стрелке. С другой стороны, для неоднородного участка aRb цепи

а для участка аСb

Решив совместно эти три уравнения, получим

Заряд на обкладке 1 определяется формулой

. Поэтому окончательный результат

Видно, что при

заряд q₁ > 0, и наоборот.

Пример 7*. Неоднородный проводник. Длинный проводник круглого сечения площадью S сделан из материала, удельное сопротивление которого зависит только от расстояния r до оси проводника как

, где

— постоянная. По проводнику течет ток I. Найти:

1) напряженность Е поля в проводнике;

2) сопротивление единицы длины проводника.

Решение. 1. Напряженность Е поля по закону Ома связана с плотностью тока j, а j — с током I, поэтому можно записать

Напряженность Е одинакова во всех точках сечения данного проводника, т. е. не зависит от r. В этом легко убедиться, взяв прямоугольный контур внутри проводника так, чтобы одна сторона контура совпадала, например, с осью проводника, и затем применив к этому контуру теорему о циркуляции вектора Е.

Таким образом, Е можно вынести из-под интеграла и мы получим в результате интегрирования

2. Сопротивление единицы длины проводника можно определить с помощью формулы

. Поделив обе части этого равенства на длину I участка проводника, к которому относятся R и U, найдем

Пример 8*. Работа источника э. д. с. Стеклянная пластина целиком заполняет зазор между обкладками плоского конденсатора, емкость которого при отсутствии пластины равна С_о. Конденсатор подключен к источнику постоянного напряжения U. Найти механическую работу, которую необходимо совершить против электрических сил, чтобы извлечь пластину из конденсатора.

Решение. Согласно закону сохранения энергии

(1)

где А_мех — совершенная внешними силами механическая работа против электрических сил;

А_ист — работа источника в этом процессе;

— соответствующее приращение энергии конденсатора (мы считаем, что участие других видов энергии в изменении энергии системы пренебрежимо мало).

Найдем

и А_ист. Из формулы для энергии конденсатора (

) следует, что при U = const

(2)

Так как емкость конденсатора при извлечении пластины уменьшается (

С<0), то уменьшается и заряд конденсатора (

<0). Последнее означает, что заряд прошел через источник против направления действия сторонних сил и источник совершил отрицательную работу:

(3)

Из сравнения формул (3) и (2) следует

После подстановки последнего выражения в (1) получим

Таким образом, извлекая пластину из конденсатора, мы (внешние силы) совершаем положительную работу (против электрических сил), при этом источник э. д. с. совершает отрицательную работу и энергия конденсатора уменьшается:

Пример 9*. Переходные процессы. Цепь состоит из источника постоянной э. д. с.

и последовательно подключенных к нему сопротивления R и конденсатора С. Внутреннее сопротивление источника пренебрежимо мало. В момент t = 0 емкость конденсатора быстро (скачком) уменьшили в

раз. Найти ток в цепи как функцию времени.

Решение. Запишем закон Ома для неоднородного участка цепи

Учтем, что

(1)

Продифференцируем это равенство по времени, принимая во внимание, что в нашем случае

(q уменьшается)

Интегрирование последнего уравнения дает

где

определяется условием (1). Действительно,

причем

— заряд конденсатора до изменения его емкости. Поэтому

Пример 10*. Конденсатору емкостью С сообщили заряд q₀ и затем в момент t = 0 его замкнули на сопротивление R. Найти зависимость от времени t количества теплоты, выделившегося на сопротивлении.