Министерство образования и науки Российской Федерации

Уральский федеральный университет

имени первого Президента России Б. Н. Ельцина

Физика

Постоянный электрический ток

Электромагнетизм

Методические указания и задания к контрольной работе № 2

по трех- и четырехсеместровому курсам физики

для студентов технических специальностей заочной формы обучения

Екатеринбург

УрФУ

2010

2

УДК 530(075.8)

Составитель Н. А. Звездина

Научный редактор проф., д-р физ.-мат. наук А. В. Мелких

ФИЗИКА. Постоянный электрический ток. Электромагнетизм: метод.

указания и задания к контрольной работе № 2 /сост. Н. А. Звездина.

Екатеринбург: УрФУ, 2010. 81 с.

Приведены методические указания к решению задач, примеры решения

типичных задач, задания и таблица вариантов контрольной работы № 2.

Предназначены студентам заочной формы обучения технических

специальностей.

Задания составлены в соответствии с действующей рабочей программой

по физике (трех- и четырехсеместровый курсы), могут быть использованы

также в качестве домашних заданий для студентов очной формы обучения.

Библиогр. : 10 назв.

Подготовлено кафедрой физики.

© УрФУ, 2010

3

ВВЕДЕНИЕ Целью настоящих методических указаний является оказание помощи

студентам-заочникам инженерно-технических специальностей высших

учебных заведений в изучении курса физики.

Учебный материал программы курса разделен на четыре раздела.

Каждому разделу соответствует определенная контрольная работа.

По каждой теме заданий контрольной работы приведены основные

формулы и законы, необходимые для решения задач, а также подробные

решения типичных задач и примеры их оформления.

Даны таблицы вариантов и тексты задач контрольных работ.

Кроме того, здесь же приведены общие методические указания, которые

необходимо учитывать при выполнении и оформлении контрольных заданий.

Обязательно внимательно прочитайте указания, приведенные ниже, и

учтите все рекомендации по оформлению и срокам выполнения работ!

ОБЩИЕ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ

Основной формой обучения студента-заочника является самостоятельная

работа над учебным материалом. Для облегчения этой работы в периоды

экзаменационных сессий читаются лекции и проводятся лабораторные работы.

Процесс изучения физики состоит из следующих этапов:

I. Самостоятельная работа над учебниками и учебными пособиями

[1 – 10]. О правилах самостоятельной работы студентов над учебными

пособиями подробно говорится на установочных лекциях, которые обычно

читаются в УрФУ перед началом изучения каждой части курса физики;

время проведения этих лекций сообщается студентам-заочникам деканатом

заочного факультета.

II. Выполнение контрольных работ.

III. Прохождение лабораторного практикума.

4

IV. Сдача зачетов и экзаменов.

Самостоятельная работа

При самостоятельной работе над учебным материалом необходимо:

1. Изучать курс физики систематически в течение всего семестра.

Ознакомление с материалом курса только лишь перед экзаменом не позволит

получить глубокие и прочные знания.

2. В качестве основного учебного пособия использовать один из

рекомендованных учебников. В конце методического пособия приведен список

литературы для самостоятельной работы над материалом курса.

3. Составлять конспект при работе над учебным материалом, в котором

записывать законы и формулы, выражающие эти законы, определения

основных физических величин и сущность физических явлений и методов

исследования.

4. Решить контрольные работы, которые призваны закрепить

теоретический материал и позволить более глубоко разобраться в материале

при решении конкретных задач.

5. Прослушать курс обзорных лекций по физике для студентов-

заочников, организуемый вначале каждой сессии. Пользоваться очными

консультациями преподавателей.

Выполнение контрольных работ

При выполнении контрольных работ студенту необходимо

руководствоваться следующим:

1. Номер варианта контрольной работы определяется последней цифрой

его номера зачетной книжки студента. Номера задач каждого варианта

определяются таблицей вариантов, приведенной в указаниях на с. 38.

2. Контрольные работы выполняются в обычной школьной тетради, на

обложке которой приводятся сведения по следующему образцу:

5

Студент заочного факультета УрФУ

специальность

Андреев И. В.

Шифр 253720

Адрес: 620460, г. Верхняя Салда,

ул. Восточная, д. 16, кв. 54

Контрольная работа № 2 по физике

3. Условия задач в контрольной работе переписываются полностью без

сокращений. На страницах тетради оставляются поля для замечаний

преподавателя. После каждой решенной задачи необходимо оставлять место

для замечаний преподавателя и для ответа на эти замечания. Каждая

следующая задача должна начинаться с новой страницы.

4. В конце контрольной работы указывается, каким основным учебником

или учебным пособием пользовался студент при изучении курса физики

(название, автор, год издания).

5. На рецензию следует высылать одновременно не более одной работы

во избежание однотипных ошибок в работах. Очередную работу нужно

высылать только после получения рецензии на предыдущую работу.

6. Если контрольная работа при первой проверке не зачтена, то студент

обязан представить ее исправленный вариант на повторную проверку не

позднее чем за две недели до начала сессии, включив те задачи, решение

которых оказалось неверным. Зачтенные задачи заново переписывать не надо.

Если работа для повторной проверки переписана заново, то ее надо

представлять вместе с уже проверенной работой.

7. Защита выполненных, но незачтенных работ производится во время

экзаменационной сессии в форме собеседования с преподавателем (дни и часы

защиты работ указываются в расписании).

8. В том случае, когда работа зачтена, студенту отсылается только

обложка работы с отметкой преподавателя и его подписью.

6

Обложка зачтенной контрольной работы предъявляется экзаменатору

перед началом экзамена.

Указания к решению и оформлению задач

1. Записать условие задачи полностью.

2. Выписать численные данные и перевести их в Международную систему

измерения физических величин (СИ).

3. Выполнить чертеж или рисунок, поясняющий содержание задачи, показав

на нем соответствующие обозначения физических величин, используемых при

решении именно этой задачи.

4. Проанализировать условия задачи и указать основные законы, которые

нужно применить для решения, указать, почему их можно применить, и

записать их аналитическую форму. Пояснить буквенные обозначения

физических величин, входящих в эти формулы. Если величины векторные, то

на рисунке показать их направления и пояснить, как определяются эти

направления.

Если при решении задач применяется частная формула, не выражающая

какой-нибудь закон или не являющаяся определением какой-либо физической

величины, то ее следует вывести самостоятельно.

5. Необходимо сопровождать весь ход решения задачи краткими, но исчер-

пывающими пояснениями. Результатом анализа и решения задачи является

составление системы уравнений, которая включает в себя все искомые

величины.

6. Получить решение задачи в аналитическом виде, т. е. выразить искомые

величины через заданные величины в буквенном виде и стандартные

физические постоянные.

7. Подставить в полученную формулу численные значения всех величин,

выраженных в системе СИ. Произвести вычисления и получить искомый

результат. Записать ответ, указав единицы измерения искомой величины.

Проанализировать полученный результат.

7

Для того чтобы разобраться в предложенных задачах и выполнить

контрольную работу правильно, следует после изучения теории очередного

раздела учебника внимательно изучить помещенные в настоящих указаниях

примеры решения типовых задач, близких по уровню сложности к задачам

контрольной работы.

Выполнение лабораторных работ

Лабораторные работы выполняются студентами-заочниками в

лабораториях кафедры физики УрФУ в периоды экзаменационных сессий, часы

и даты этих занятий указываются в сессионном расписании.

Сдача зачетов и экзаменов

После выполнения всех видов работ, предусмотренных учебным планом,

студенты сдают экзамен или зачет. Расписание контрольных мероприятий

составляется деканатом заочного факультета.

На экзамен или зачет студент должен явиться, имея при себе зачетную

книжку, в которой должна быть запись преподавателя о том, что лабораторные

работы студент выполнил. Кроме этого, на руках у него должна быть обложка

зачтенной контрольной работы (одной или двух согласно учебному плану).

Расписание пересдач в межсессионный период вывешивается около

деканата заочного факультета и на доске объявлений на кафедре физики.

8

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №2 (для специальностей, учебным планом которых предусмотрено 4 контрольные

работы в течение трёх семестров)

1. Постоянный электрический ток

1.1. Законы постоянного тока. Законы Ома, закон Джоуля – Ленца

Сила тока – скалярная физическая величина, численно равная заряду,

переносимому через поперечное сечение проводника в единицу времени.

dt

dqI . (1)

Плотность тока dS

dIj – векторная величина. Её модуль численно равен

величине заряда, протекающего через единицу поперечного сечения

проводника за единицу времени. Направлен вектор j в сторону направленного

движения положительных зарядов на данном участке проводника.

Сопротивление участка проводника равно

S

lR , (2)

где – удельное сопротивление материала проводника; l – длина проводника;

S – площадь поперечного сечения проводника. Удельное сопротивление

зависит от температуры следующим образом:

= 0 (1 + t), (3)

где 0 – удельное сопротивление материала проводника при 0 С (его

численное значение можно взять из справочников или оно приводится в

задаче); – температурный коэффициент сопротивления.

RdT

dR (4)

– это определение температурного коэффициента сопротивления.

Расчет сопротивления участка цепи при параллельном и

последовательном соединении отдельных проводников

9

21

111

RRR; R = R1 + R2 + … (5)

(параллельное соединение) (последовательное соединение)

Однородным является участок цепи, на котором работу по перемещению

зарядов совершают только электрические силы, т.е. на участке нет ЭДС. Закон

Ома для однородного участка цепи:

R

UI . (6)

Закон Ома для полной цепи (или замкнутой цепи):

2

R

I . (7)

Закон Ома в дифференциальной форме:

1

j E E

, (8)

где σ – удельная проводимость проводников;

– удельное сопротивление проводников.

Закон Ома для неоднородного участка цепи (участок содержит ЭДС):

21U . (9)

а) Если 1 2 и + - , то в этом случае 1 2 = IR +

или U = (1 2 – .

б) Если 1 2 и - < +, тогда 1 2 = IR . При таком включении ЭДС

падение напряжения на всем участке

U = (1 2) + .

Работа электрического тока на участке цепи с

сопротивлением R определяется следующим образом

2

2 UA IU t I R t tR

. (10)

10

Мощность тока равна 2

2 UP IU I RR

. (11)

Закон Фарадея для электролиза

m k q kI t , (12)

где k электрохимический эквивалент вещества.

КПД электрической цепи

100% 100%n

З

A R

A R r

, (13)

где Аn полезная работа тока на внешнем участке цепи, 2

пA I R t ; А3 – затра-

ченная работа, равная полной энергии, вырабатываемой источником тока:

2A I R r t , (14)

где R сопротивление нагрузки; r – внутреннее сопротивление источника тока.

Плотность тока j

, средняя скорость упорядоченного движения

носителей заряда в проводниках и их концентрация n связаны соотношением

j en V ,

где e – элементарный заряд.

Закон Ома в дифференциальной форме:

Ej

,

где – удельная проводимость проводника; E

– напряженность электричес-

кого поля в проводнике.

Закон Джоуля – Ленца в дифференциальной форме:

2E ,

где – объёмная плотность тепловой мощности, т.е. количество теплоты,

которое выделяется в единице объема проводника в единицу времени.

Удельная проводимость , средняя длина свободного пробега и

средняя скорость хаотического теплового движения электронов u связаны

соотношением

11

2

2

e n l

mu

,

где e и m – соответственно заряд и масса электрона; n – концентрация

электронов.

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

П р и м е р 1. 1

Определите заряд Q, прошедший по проводнику с сопротивлением

R = 3 Ом при равномерном нарастании напряжения на концах проводника от

U0 = 2 В до U = 4 В в течение t = 20 с.

Дано:

R = 3 Ом

U0 = 2 В

U = 4 В

t = 20 с

Анализ:

По условию задачи сила тока в проводнике изменяется с

течением времени, поэтому необходимо воспользоваться

определением мгновенного тока, а не среднего. Кроме того,

необходимо применить при решении задачи закон Ома для

однородного участка цепи. Все это позволит нам выразить тот

заряд, который проходит по проводнику за малый интервал

времени dt. Проинтегрировав полученное выражение, найдем

искомый заряд.

Найти:

Q – ?

Решение:

По определению мгновенная сила тока равна dq

Idt

. Отсюда выразим

дифференциал заряда dq Idt и проинтегрируем это уравнение:

0

t

Q Idt . (1)

Силу тока можно выразить из закона Ома для однородного участка цепи

R

UI , с учетом этого получим

0

.

tU

Q dtR

(2)

12

Напряжение U на концах проводника в данном случае переменное.

Поскольку нарастает напряжение равномерно, то его зависимость от времени

является линейной функцией времени и может быть выражена формулой

U= Uo + kt, (3)

где k – коэффициент пропорциональности. Подставим это выражение в

формулу (2) и получим

0 0 0

0 0 0 0

.

t t t tU kt U Ukt k

Q dt dt dt tdtR R R R R

Проинтегрировав, получим

.222

0

2

0 ktUR

t

R

kt

R

tUQ (4)

Значение коэффициента пропорциональности k можно найти из формулы

(3), если подставить в это выражение значения входящих в формулу величин.

Задано, что при t = 20 с U = 4 В, а при t0 = 0 с U 0= 2 В.

0 4 2 2 0,120 20

U U Bk

t c

.

Подставив все известные значения величин в формулу для определения

искомого заряда(4), найдем

22 20 0,1 20 20

2 20 0,1 20 140 Кл.3 2 3 2 3

Q

Ответ: 140 Кл.Q

П р и м е р 1. 2

Вольфрамовая нить электрической лампочки при t1 = 20 С имеет

сопротивление R1 = 35,8 Ом. Какова будет температура t2 нити лампочки, если

при включении в сеть напряжением U = 120 В по нити идет ток

0,33 AI ? Температурный коэффициент сопротивления вольфрама

= 4,616-3

К-1

.

13

Анализ:

В данной задаче рассматривается нагревание проволочки из вольфрама

при протекании по ней электрического тока. По закону Джоуля–Ленца при

прохождении тока по проводнику в проводнике выделяется некоторое

количество теплоты, которое идет на нагревание проводника. При увеличении

температуры проводника его сопротивление линейно возрастает с

температурой: R = R0 (l + t), где температурный коэффициент

сопротивления материала проводника.

Дано:

t1 = 20 C

R1 = 35,8 Ом

U = 120 B

I = 0,33 A

= 4,6 10-3

K-1

Решение:

Запишем температурную зависимость сопротивления

проводника два раза для двух температур t1 и t2:

R1 = R0 (l + t1), R2 = R0 (l + t2),

где R0 – сопротивление проводника при t = 0 С;

температурный коэффициент сопротивления для вольфрама.

Его значение задано.

Найти:

t2 ?

Решая систему уравнений, находим выражение для определения R2:

так как 1

101 t

RR

и

2

201 t

RR

и эти выражения можно приравнять, то

получим 21

12 11

tt

RR

. С другой стороны, по закону Ома для участка цепи

имеем

2U

RI

.

Приравняв два полученных выражения для сопротивления R2, после

алгебраических преобразований получаем формулу для вычисления

температуры t2:

1 1

2

1

1U t IRt

R I

.

14

Вычислим искомую температуру 3

2 3

120 1 4,6 10 202411 C

4,6 10 35,8 0,33t

.

Ответ: температура нити t2 = 2411С.

П р и м е р 1. 3

Имеются два одинаковых элемента с ЭДС ε = 2 В и внутренним

сопротивлением r = 0,3 Ом. Как надо соединить эти элементы (последовательно

или параллельно), чтобы получить больший ток на внешнем участке цепи, если

внешнее сопротивление: а) R = 0,20 м; б) R = 160 м. Найти ток в каждом из

этих случаев и сравнить их.

Дано:

1 = 2 =2 В

r = 0,30 м

а) R = 0,2 Ом

б) R =16 Ом

I1 ? I2 ?

I3 ? I4 ?

Анализ:

При последовательном соединении источников тока их ЭДС

складываются, т.е. ЭДС системы будет равняться алгебраической сумме ЭДС

источников, соединенных в батарею. При последовательном соединении

источников, когда « + » одного источника соединяется с « » другого, оба

значения ЭДС складываются с одинаковым знаком. Общее сопротивление

батареи также равняется сумме сопротивлений соединяемых источников.

При параллельном соединении одинаковых источников одноименными

полюсами в батарею величина полученной ЭДС будет равна ЭДС одного из

соединяемых источников. При параллельном соединении складываются не

сами сопротивления, а их обратные величины.

15

При решении задачи необходимо воспользоваться законом Ома для

замкнутой цепи, учитывая все особенности соединения элементов цепи. Из

полученных уравнений найти искомые величины и сравнить их между собой.

Решение:

1. Источники соединены последовательно. Общее сопротивление источ-

ника будет равно r + r = 2r. ЭДС полученной батареи равно ε = 1 + 2 = 2 1.

Запишем закон Ома для полной цепи в случае, когда источники тока

соединены последовательно: 2

.2

IR r

Тогда

а) при R = 0,2 Ом получаем 12 2

5А0,2 2 0,3

I

;

б) при R = 16 Ом получаем 22 2

0,24А16 2 0,3

I

.

2. Источники соединены параллельно. В этом случае, когда источники

с одинаковыми ЭДС соединены параллельно, на концах соединения мы

получим разность потенциалов, равную ЭДС одного элемента = 1.

Сопротивление полученного источника будет равно

2

111 rr

rrr

.

Из закона Ома для замкнутой цепи получим

2

Ir

R

,

а) при R = 0,2 Ом получаем 3

25,7 А

0,30,2

2

I

;

б) при R = 16 Ом получаем 4

2В0,12А

0,316

2

I

.

Ответ. Сравнивая полученные значения токов, видим, что при малом внешнем

сопротивлении R элементы выгоднее соединять параллельно (I3 I1), а при

большом внешнем сопротивлении R – последовательно (I2 I4).

16

П р и м е р 1. 4

Элемент замыкают сначала на внешнее сопротивление R1 = 2 Ом, а затем

на внешнее сопротивление R2 = 0,5 Ом. Найти ЭДС элемента и его внутреннее

сопротивление r, если известно, что в каждом из этих случаев мощность,

выделяющаяся во внешней цепи, одинакова и равна Р1 = 2,54 Вт.

Дано:

R1 = 2 Ом

R2 = 0,5 Ом

Р1 = Р2

Р1 = 2,54 Вт

Нарисуем схему цепи в двух случаях:

? r ?

Анализ:

В задаче рассматривается замкнутая электрическая цепь, включающая в

себя источник постоянного тока и нагрузку R. При подключении к источнику

различной нагрузки сила тока в цепи будет различная, а тепловая мощность в

этих сопротивлениях выделяется одинаковая по условию задачи. Используя

закон Ома для замкнутой цепи и формулу для вычисления мощности, надо

составить систему уравнений, решить её и найти искомые величины.

Решение:

Запишем для каждого из этих случаев закон Ома для замкнутой цепи и

выражение для мощности, выделяемой на внешнем сопротивлении:

rRI

1

1 , rR

I

2

2 .

Соответственно 1211 RIP и 2

222 RIP .

По условию мощности равны: Р1 = Р2 и 2221

21 RIRI .

Подставим выражение для токов в правую и левую части уравнения:

22

212 2

1 2

RRR

R r R r

.

17

Решая это уравнение, находим внутреннее сопротивление источника

21RRr , или 15,02 r Ом.

Вычислим ЭДС источника. Для этого выразим силу тока из формулы для

мощности 1

1R

PI и подставим ее в закон Ома для замкнутой цепи.

rRR

P

11

, тогда 11

PR r

R , или

5,242 1 4,86 B

2 .

Ответ: ЭДС источника ≈ 4,86 В, его внутреннее сопротивление r = 1,0 Ом.

П р и м е р 1. 5

ЭДС батареи = 120 В, сопротивления R3 = 30 Ом, R2 = 60 Ом. Схема

цепи приведена на рисунке. Амперметр показывает ток I = 2 А. Найти мощ-

ность, выделяемую в сопротивлении R1. Сопротивлением источника можно

пренебречь.

Дано:

= 120 В

R3 = 30 Ом

I = 2 A

R2 = 60 Ом

Р ?

Анализ:

Цепь, заданная в этой задаче, содержит и последовательное, и

параллельное соединение сопротивлений. Ток, который показывает амперметр,

протекает через сопротивление R3 и источник тока, а затем делится на два

тока: I = I1 + I2. Для того чтобы найти мощность, выделяемую в сопротивлении

R1, необходимо найти сопротивление R1 и силу тока на этом участке цепи I1.

Для решения задачи необходимо использовать закон Ома для замкнутой цепи,

18

формулы для вычисления сопротивления параллельно и последовательно

соединенных сопротивлений, а также формулу для вычисления мощности тока.

Решение:

Мощность, выделяемая в сопротивлении R1, равна 2

1 1P I R .

Соединение сопротивлений R1 и R2 параллельное, тогда общее сопротивление

этого участка будет равно 2 1

общ

1 2

R RR

R R

.

Запишем закон Ома для замкнутой цепи:

21

123

3

RR

RRR

RRI

общ

,

или

21

123

RR

RRIIR .

В этом уравнении неизвестно только сопротивление R1. Найдем это

сопротивление из полученного уравнения

2 3 2 3

1

2 3

R R IR RR

I R R

, или

1

120 60 30 2 60 3040 Ом.

2 60 30R

Получаем значение для сопротивления R1 = 40 Ом.

Ток в первом узле делится на два тока: I = I1 + I2. Падения напряжения на

сопротивлениях R1 и R2 будут одинаковые, так как соединение сопротивлений

параллельное:

12 1 1 2 2U I R I R ,

отсюда запишем, что 1 2

2 1

I R

I R .

Учитывая численные значения сопротивлений, получили

12 1 1 1

2

40 2

60 3

RI I I I

R .

Общий ток складывается из двух токов:

19

11 1 1 1 1

2

2 5

3 3

RI I I I I I

R ,

или ток, текущий по сопротивлению R1, равен

1

3 32 1,2 A

5 5I I .

Мы определили величину сопротивления R1 и силу тока I1, текущего в

этом проводнике. Зная эти величины, можно вычислить мощность,

выделяющуюся на сопротивлении R1: 2 2

1 1 1,2 40 57,6 ВтP I R .

Ответ. На сопротивлении R1 выделяется мощность Р = 57,6 Вт.

П р и м е р 1. 6

К зажимам аккумуляторной батареи, имеющей ЭДС, равную ε = 24 В, и

внутреннее сопротивление r = 1 Ом, присоединен нагреватель. Нагреватель,

включенный в цепь, потребляет мощность Р= 80 Вт. Определите силу тока в

цепи и коэффициент полезного действия источника тока.

Дано:

ε =24 В

r = 1 Ом

Р= 80 Вт

Анализ:

Нарисуем схему цепи, описанной в

задаче.

Цепь замкнутая, поэтому нужно

применить закон Ома для решения задачи. Кроме того, нам задана

мощность, выделяемая в нагрузке, ее можно выразить через

величину силы тока в цепи и сопротивление этого участка цепи.

Найти:

I = ?

η = ?

Два полученных уравнения образуют систему уравнений, решив которую

мы ответим на первый вопрос задачи.

Второй вопрос касается КПД источника тока. Коэффициент полезного

действия всегда определяется как отношение полезной работы или мощности к

затраченной. В данном случае полезной является тепловая мощность,

выделяемая в нагревателе, а затраченной является мощность, вырабатываемая в

источнике тока. Для ответа на второй вопрос надо выразить перечисленные

мощности и найти их отношение.

20

Решение:

1. Запишем закон Ома для замкнутой цепи:

IR r

.

Второе уравнение получим, записав выражение для мощности, которая

выделяется на сопротивлении: 2P I R .

Объединим эти уравнения в систему уравнений

IR r

и

2P I R .

Решая систему, получим P

Ir

. Вычислим численное значение тока

80 24

56 7,5 A.1

I

2. Для нахождения КПД необходимо определить работу полезную и

работу затраченную. Полезная работа равна работе тока на внешней нагрузке.

Запишем выражение для этой работы: A P t . Величина мощности, входящей

в формулу, нам задана по условию задачи: Р = 80 Вт.

Полная, или затраченная работа, равна работе источника тока:

A P t I t .

Силу тока мы нашли в первой части задачи, решая полученную систему

уравнений. Коэффициент полезного действия равен P t

I t

, или, подставив

численные значения, получим 80

0,44.7,5 24

Ответ. Сила тока равна 7,5 AI ; КПД равно 0,44.

1.2. Законы Кирхгофа

При расчетах сложных электрических цепей применение закона Ома в

любой форме бывает затруднено, поскольку на различных участках цепи текут

различные токи. Кроме того, не всегда возможно четко выделить параллельные

и последовательные участки в соединении проводников.

21

Решать такие задачи легче всего, применяя законы Кирхгофа.

Первый закон Кирхгофа: алгебраическая сумма токов в узле равна нулю,

01

n

iiI .

Узлом в цепи называют точку соединения трех и более проводников.

Токи, входящие в узел, считают положительными. Токи, выходящие из

узла, считают отрицательными.

Второй закон Кирхгофа: алгебраическая сумма падений напряжений на

всех участках замкнутой цепи равна алгебраической сумме ЭДС в этой же

цепи,

1 1

m n

K K i

K i

I R

.

При применении второго закона Кирхгофа необходимо учитывать знаки

слагаемых в левой и правой частях уравнения. Падение напряжения на

сопротивлении IR записывается в уравнении со знаком « + », если направление

обхода на этом участке цепи совпадает с направлением тока на этом участке,

и наоборот, если направление обхода на этом участке цепи не совпадает с

направлением тока, то произведение IR записывается со знаком « ». ЭДС

источника тока считают положительным и записывают со знаком « + », если

направление обхода совпадает с направлением поля сторонних сил,

действующих внутри источника. Сторонние силы разделяют

заряды, и за направление этих сил принимают силы,

действующие на положительные заряды. На рисунке стрелкой

показано направление поля сторонних сил внутри источника тока.

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Порядок решения задач на законы Кирхгофа

1. Нарисовать схему цепи. На рисунке выбрать и показать направления

токов на всех участках цепи, при этом надо учесть, что в узел токи не могут

22

только входить или только выходить из узла. Это следует из первого закона

Кирхгофа.

2. Выбрать замкнутые контуры обхода для применения второго закона

Кирхгофа. Показать на рисунке направление обхода по контуру. Контуров

может быть несколько. Число независимых уравнений, которые можно

составить по второму закону Кирхгофа, меньше, чем число контуров. Для того

чтобы составить необходимое число независимых уравнений, надо

придерживаться следующего правила: выбирать контуры так, чтобы в каждый

новый контур входил хотя бы один участок цепи, которого бы не было ни в

одном из ранее рассмотренных контуров.

3. Используя первый закон Кирхгофа, можно написать (n – 1) уравнений,

где n число узлов в рассматриваемой цепи.

4. Воспользоваться вторым законом Кирхгофа и записать такое число

уравнений, чтобы число уравнений, составленных по первому и второму

законам Кирхгофа, равнялось числу неизвестных величин в задаче. При этом

надо учитывать следующее правило знаков: падение напряжения на каждом

участке записывается со знаком «+», если направление обхода по этому участку

совпадает с направлением тока на нем. И наоборот, если обход совершался по

этому сопротивлению обратно направлению тока, то ставится знак « ».

ЭДС записывается со знаком «+» в том случае, когда направление обхода

совпадает с направлением поля сторонних сил в источнике тока и наоборот.

Поле сторонних сил внутри источника всегда направлено от

отрицательного полюса к положительному.

5. Решить полученную систему уравнений и найти искомые величины. В

результате решения полученной системы уравнений определяемые величины

могут получаться отрицательными. Отрицательное значение тока указывает на

то, что фактическое направление тока на данном участке цепи обратно тому,

которое мы выбрали.

23

П р и м е р 1. 7

Два элемента с одинаковыми ЭДС 1 = 2 = 2В и внутренними

сопротивлениями r1 = 1 Ом, r2 = 2 Ом замкнуты на внешнее сопротивление R.

Через первый элемент течет ток I1 = 1 А. Найдите сопротивление R, ток I2, теку-

щий через второй элемент, и ток I, текущий через сопротивление R. Схема

соединения показана на рисунке.

Дано:

1 = 2 = 2 В

r1 = 1 Ом

r2 = 2 Ом

I1 = 1 A

Решение:

1. Выберем направления

токов на всех участках цепи

так, как показано на рисунке.

Видим, что в узлах 1 и 2 есть

входящие и есть выходящие

токи, значит, направления токов выбраны разумно.

2. Выберем контуры обхода и покажем направления

обхода по ним. Контуров выбрали два и нарисовали направления

обхода по ним.

Найти:

I2 = ?

R = ?

I = ?

3. Составим уравнение, используя первый закон Кирхгофа. Узлов два,

поэтому можно составить только одно уравнение, например для первого узла:

I1 + I2 I = 0.

Токи, входящие в узел, пишем со знаком « + », а выходящие со знаком « – ».

Уравнение для второго узла будет тождественно первому.

4. Применим второй закон Кирхгофа для первого контура обхода.

Падение напряжения на всех участках этого контура пишем со знаком «+», так

как направление обхода на всех участках совпадает с направлением тока на

этих участках.

U = IR +I1 r.

24

В этот контур входит только один источник тока 1, и направление обхода

по контуру совпадает с направлением поля сторонних сил, так как силы этого

поля направлены от отрицательного полюса к положительному, т.е. вниз.

Запишем уравнение

IR + I1r1 = 1.

Для второго контура, рассуждая аналогично, получим U2 = I2r2 + IR. ЭДС

будет входить в уравнение также со знаком «+».

Второе уравнение имеет вид I2R2 + IR = 2.

5. Получили систему из трех уравнений с тремя неизвестными.

1 2

1 1 1

2 2 2

;

;

.

I I I

IR I r

IR I r

Решая систему, находим величину тока I2.

A5,02

21112

r

rII .

Полный ток через сопротивление R равен сумме токов

I = I1 + I2 = 1,5 A.

Сопротивление R находим из одного из уравнений системы:

Ом66,0Ом3

2R .

Ответ. Ток через второй источник равен I2 = 0,5 А, суммарный ток I = I1 + I2 =

=1,5 А. Внешнее сопротивление R = 0,66 Ом.

П р и м е р 1. 8

Два одинаковых элемента имеют ЭДС 1 = 2 = 2 В и внутренние

сопротивления r1 = r 2 = 0,5 Ом. Найдите токи I1 и I2, текущие через

сопротивления R1 = 0,5 Ом и R2 = 1,5 Ом, а также ток I через первый элемент.

Схема заданной цепи изображена на рисунке.

25

Дано:

1 = 2 = 2 В

r1 =r2=0,5 Ом

R1 = 0,5 Ом

R2 = 1,5 Ом

Найти:

I1 – ? I2 – ?

I – ?

Решение:

1. Выберем направления токов на всех участках так, как показано на

рисунке. Видим, что в узлах 1 и 2 есть входящие и есть выходящие токи,

значит, направления токов выбраны верно.

2. Выберем два контура обхода: большой и малый. Укажем направления

обходов по контурам. Контуров обхода в заданной цепи можно выбрать три, но

для нахождения трех неизвестных величин достаточно трех уравнений. Узлов

всего два, поэтому можно составить только одно уравнение, применяя первый

закон Кирхгофа. Недостающих два уравнения составим, используя второй

закон Кирхгофа.

3. Для первого узла запишем:

I2 + I1 – I = 0.

4. Учитывая правила определения знаков всех слагаемых при применении

второго закона Кирхгофа, для большого контура получаем уравнение

I r1 + I2r2 + I2R2 = 1 + 2,

для малого контура уравнение

I r1 + I1R1 = 1.

5. Получили систему из трех уравнений с тремя неизвестными

величинами I1, I2 и I.

26

2 1

1 2 2 2 2 1 2

1 1 1 1

;

;

.

I I I

Ir I r I R

Ir I R

Решать систему линейных уравнений можно разными способами. В

случае, когда система состоит из большого числа уравнений, удобно

пользоваться методом Крамера (методом определителей). Проиллюстрируем

применение этого метода решения на нашей системе уравнений. Для этого

перепишем систему ещё раз:

1 2

2 2 2 2 1 1 2

1 1 1 1

0;

;

,

I I I

I r I R Ir

I R Ir

или в численном виде1 2

2 2

1

0;

0,5 1,5 0,5 2 2;

0,5 0,5 2.

I I I

I I I

I I

Если поделить правую и левую части второго и третьего уравнении на 0,5,

получим 1 2

2

1

0;

0 4 8;

0 4.

I I I

I I

I I

Искомые величины токов по методу определителей находятся следующим

образом: 11I

I

и 22I

I

, где – определитель системы уравнений; 1I

и 2I

– определители, которые получаются заменой соответствующих столбцов

определителя столбцами, полученными из свободных членов уравнений,

образующих систему (с учетом заданных числовых значений). Запишем эти

определители:

1 1 1

0 4 1 8,

1 0 1

1

0 1 1

8 4 1 12

4 0 1

I

, 2

1 0 1

0 8 1 16

1 4 1

I

.

По приведенным выше формулам, получаем

1

1

12 41,33 A

9 3

II

и 22

121,33 A

9

II

.

27

Значение третьего тока можно найти аналогичным способом, но проще его

значение получить из первого уравнения нашей системы:

I2 + I1 – I = 0, или I = I2 + I1 = 1,33 + 1,33 = 2,66 А.

Знаки у всех полученных значений силы тока положительные, это

свидетельствует о том, что при произвольном выборе направлений токов,

указанных на рисунке, все направления токов были выбраны правильно.

Ответ. I1 = 1,33 А ; I2 = 1,33 А ; I = I1 + I2 = 2,66 А.

2. ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ

2.1. Магнитное поле постоянного тока

Связь магнитной индукции B с напряженностью H магнитного поля

выражается формулой

0 ,B H

где – относительная магнитная проницаемость среды;

7

0 4 10 Гн/м – магнитная проницаемость вакуума (магнитная постоянная).

Для вакуума и воздуха 1 , и тогда

0 0 .B H

Закон Био-Савара-Лапласа:

0

3,

4

Idl rd B

r

или

0

2

sin

4

IdB dl

r

,

где d B – индукция магнитного поля, создаваемого элементом тока Idl ; r –

радиус-вектор, проведенный от элемента тока в рассматриваемую точку

пространства; – угол между векторами Idl и r .

Теорема о циркуляции вектора индукции магнитного поля

28

01

,n

i

iL

Bdl I

где в правой части теоремы стоит алгебраическая сумма токов, охватываемых

контуром интегрирования.

Величина вектора магнитной индукции в центре кругового тока

0 ,2

IB

R

где R – радиус кругового витка.

Величина магнитной индукции на оси кругового тока на расстоянии h от

цента витка до точки, в которой определяется магнитная индукция:

2

0

3/22 2

2.

4

R IB

R h

Магнитная индукция поля, создаваемого отрезком

прямолинейного проводника,

0 1 20

cos cos ,4

IB

r

где r0 – длина перпендикуляра, опущенного из рассматриваемой

точки на проводник или его продолжение; 1, 2 – углы между первым и

последним элементами тока и радиус-векторами, проведенными от них в

рассматриваемую точку.

Для бесконечно длинного проводника с током

0 01 2

0

μμ0, 180 , .

2

IB

r

Индукция магнитного поля бесконечно длинного соленоида

0 ,B nI

где n = N/l – число витков, приходящихся на единицу длины соленоида. Эта

формула верна и для тороида с равномерной намоткой плотно прилегающих

друг к другу N витков.

29

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

П р и м е р 2. 1

Бесконечно длинный прямой проводник, по

которому течет ток I = 5,0 А, согнут под прямым углом

так, как показано на рисунке. Найти индукцию

магнитного поля в точке А, лежащей на биссектрисе прямого угла на

расстоянии d = 10 см от вершины угла.

Анализ:

Весь проводник можно разделить на три участка: участок конечной

длины ОС и два полубесконечных прямолинейных проводника 1 и 3. По

принципу суперпозиции магнитных полей вектор магнитной индукции B в

точке А равен векторной сумме векторов магнитной индукции 1B A , 2B A и 3B A

полей, создаваемых проводниками с током 1, 2(ОС) и 3, т.е.

1 2 3BA A A AB B B .

Для нахождения величин индукций магнитного поля, создаваемого

участками 1, 2 и 3 проводника, необходимо применить формулу вычисления

модуля вектора В поля, создаваемого отрезком прямолинейного проводника:

0 1 20

cos cos .4

IB

r

Для определения направлений векторов магнитной индукции в разных

случаях надо воспользоваться правилом правого винта и нарисовать силовые

линии поля, проходящие через интересующие нас точки.

Решение:

Силовые линии, проходящие через точку А, – это окружности радиуса r,

лежащие в плоскостях, перпендикулярных к проводникам 1 и 2. Векторы 1AB и

2 AB направлены по касательным к этим линиям в точке А. Вектор 1AB

направлен в точке А перпендикулярно к плоскости чертежа, к нам. Также будет

направлен и вектор 2 AB . Следовательно, для модуля вектора AB можно записать

ВА = В1А + В2А .

30

Модуль вектора 1B найдем, воспользовавшись формулой

01 1 2μμ

cos cos4π

IB

r .

На рисунке показаны 1, 2 – углы между

первым и последним элементами тока и радиус-

векторами, проведенными от них в рассматриваемую

точку.

В данном случае 10 (проводник бесконечно длинный), 2 = 1350,

расстояние r найдем как r = d cos 45 =

2

2

d, =1. Для модуля вектора В1А

получаем

0 012

cos0 cos135 1 .22 2 2

42

A

I IB

d d

Проводя аналогичные расчеты для модуля вектора В2А, получим

0 0 0

2

2cos 45 cos90 0

2 42 2 24

2

A

I I IB

dd d

,

так как для этого участка проводника с током углы 1 = 45 и 2 = 90; это

видно на рисунке, где эти углы отмечены штрихами.

Для третьего участка проводника с током все углы между радиус-

вектором и любым элементом тока будут равны нулю, поэтому получим

0 02 cos0 cos0 1 1 02 2 2

42

A

I IB

d d

.

Таким образом, индукция магнитного поля в точке А равна:

0

0 01 2

1 221

2 42 2 2 2A A A

II IB B B

dd d

,

7

64 10 5 1 2

17 10 Тл 17 мкTл2 0,1 2

AB

.

31

Ответ. 617 10 Тл 17 мкТлAB .

П р и м е р 2. 2

Два прямолинейных бесконечно длинных проводника скрещены под

прямым углом (см. рисунок). По проводникам текут токи 1 24,0 A, 3,0 A.I I

Расстояния 10 смOA AC r . Найдите модуль вектора индукции магнитного

поля заданных токов, создаваемых в точке А.

Анализ:

Поле в точке А создается

двумя бесконечно длинными

проводниками с токами I1 и I2.

Согласно принципа суперпози-

ции полей индукция магнитного поля в точке А

находится как векторная сумма 1 2B B B , где 1 2,B B – векторы индукций

магнитных полей, создаваемых проводниками с током I1 и I2 соответственно.

Для определения величин этих векторов надо использовать формулу для

вычисления величины индукции магнитного поля, создаваемого бесконечно

длинным проводником с током 0

0

.2

IB

r

Векторы 1 2,B B направлены по касательной к линиям индукции (силовым

линиям) магнитного поля. Ход силовых линий рисуем и определяем их

направления, используя правило правого буравчика.

Решение:

Сделаем рисунок, на

котором покажем силовые

линии полей токов I1 и I2,

которые проходят через

точку А. Силовые линии

прямого тока расположены в плоскости, перпендикулярной проводнику с

током. Это показано на рисунке.

Дано:

1 4,0 AI

2 3,0 AI

0,01 мOA AC r

B – ?

32

Вектор 1B направлен перпендикулярно к плоскости рисунка, от нас, а

вектор 2B располагается в плоскости рисунка и направлен вверх.

Модуль вектора B суммарного поля токов вычислим по теореме

Пифагора, поскольку вектора 1 2,B B перпендикулярны друг другу.

2 2 0 1 0 21 2 1 2, ,

2 2

I IB B B B B

r r

.

Окончательно получаем 2 20

1 22

B I Ir

,

75

2

4 1016 9 5 10 Тл

2 10B

.

Ответ. 55 10 ТлB .

П р и м е р 2. 3

Бесконечно длинный проводник с током 10 AI имеет изгиб радиусом

10 смR . Найти индукцию магнитного поля в точке О.

Анализ:

Разбиваем проводник на три

части – два прямолинейных полубеско-

нечных проводника 1 и 3 и полукольцо 2. Так как точка О

находится на продолжении прямолинейных проводников 1 и 3,

то они вклада в величину вектора индукции не дают (см. пример 1). Решение

задачи сводится к нахождению индукции магнитного поля в точке О,

создаваемой полукольцом.

Решение:

Величина вектора B в точке О определяется частью кольцевого тока, а

именно – его половиной:

0 01

2 2 4

I IB

R R

;

Дано:

10 AI

10 смR

Bo – ?

33

754 10 10 3,1 10 Тл

4 0,1B

.

Направление вектора B определяем по правилу правого буравчика:

вращаем ручку буравчика по направлению тока в полукольце, т.е по часовой

стрелке, тогда буравчик будет ввинчиваться перпендикулярно плоскости

рисунка от нас и вектор индукции магнитного поля будет направлен так же.

Ответ. 53,1 10 ТлB .

2.2. Сила Ампера, действующая на проводник с током в магнитном поле

Закон Ампера определяет силу dF , действующую на элемент тока со

стороны магнитного поля:

, sin , ^dF Idl B dF IBdl Idl B ,

где Idl – элемент тока; α – угол между вектором элемента тока и вектором

индукции B магнитного поля.

Сила взаимодействия двух параллельных проводников с токами I1 и I2

0 1 2 ,2

I I lF

d

где d – расстояние между проводниками; l – длина проводников.

Магнитный момент контура с током

,mP ISn

где n – положительная нормаль к плоскости контура – единичный вектор,

направление которого связано с направлением тока в контуре правилом

«правого винта»; I – сила тока в контуре; S – площадь контура.

Механический (вращающий) момент, действующий на контур с током,

помещенный в однородное магнитное поле,

, или sin ,m mM P B M P B

34

где α – угол между векторами и .mP B

Потенциальная энергия контура с током в магнитной поле:

, или cos .m mW P B W P B

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

П р и м е р 2. 4

По двум параллельным бесконечно длинным прямым проводам,

находящимся на расстоянии d = 10 см друг от друга, в одном направлении текут

токи I1 = I2 = I = 100 А. Вычислить силу F, действующую на отрезок длиной

l = 1 м каждого провода.

Дано:

l = 1 м

d = 10 см

I1 = I2 = I = 100 А

Анализ:

Взаимодействие двух проводников, по которым текут

токи, осуществляется через магнитное поле: каждый ток

создает вокруг себя магнитное поле, которое действует на

другой проводник с током.

Приступая к решению задачи, надо нарисовать

Найти:

F – ?

силовые линии поля первого, второго токов, проходящие через те точки, где

расположены токи, используя правило правого винта. Потом определить, как

направлена индукция магнитного поля первого тока в том месте, где

расположен второй ток, и наоборот. После этого найти величину этого поля и,

используя закон Ампера, вычислить силу, с которой поле первого тока

действует на единицу длины второго проводника с током.

Решение:

Вычислим силу 2,1F , с которой магнитное поле,

созданное током I1, действует на проводник с током I2.

Для этого сначала найдем направление и модуль

индукции магнитного поля, созданного током I1 в том

месте, где расположен проводник 2. Нарисуем линию

35

индукции магнитного поля тока I1 в месте расположения второго проводника.

На рисунке штрихпунктирной линией показана силовая линия поля тока I1. Она

представляет собой окружность, центр которой совпадает с положением тока

I1. Вектор индукции 1B направлен по касательной к этой линии.

Величину вектора индукции магнитного поля 1B можно найти по формуле

0 112

IB

d

(см. формулу для бесконечно длинного проводника с током из списка основных

формул).

Направление силы 2,1F определяется по «правилу левой руки»: четыре

пальца левой руки направляем по току, разворачиваем ладонь так, чтобы

силовые линии поля входили в ладонь, тогда большой палец левой руки,

отставленный на 90, покажет нам направление силы Ампера (см. рисунок).

Согласно закону Ампера на отрезок длиной l второго проводника с током

I2 в магнитном поле с индукцией B1 действует сила

2,1 2 1 2 1sin90 .F I B l I B l

Подставив выражение для B1 в формулу для расчета 2,1F , получаем

0 1 0 1 22,1 2

2 2

I I I lF I l

d d

.

Если учесть, что по условию I1 = I2 = I, тогда

2

02,1 .

2

I lF

d

По третьему закону Ньютона сила, действующая на первый проводник с

током со стороны второго, будет равна найденной по модулю и

противоположна ей по направлению.

Тогда

2

02,1 1,2 .

2

I lF F F

d

7 24 3,14 10 100 10,02Н.

2 3,14 0,1F

Ответ. 0,02 Н.F

36

П р и м е р 2. 5

Квадратная проволочная рамка расположена в одной плоскости с

длинным прямым проводом так, что две ее стороны были параллельны

проводу. По рамке течет ток I1 = 2,0 А, по проводу – ток I2 = 10 А. Найти силы,

действующие на каждую сторону рамки и на рамку в целом, если ближайшая к

проводу сторона рамки находится на расстоянии, равном l = 2,0 см, сторона

рамки а = 2,0 см.

Дано:

I1 = 2,0 А

I2 = 10 А

l = 2,0 см

а = 2,0 см

Анализ:

В этом случае бесконечно

длинный проводник с током I2

создает поле и оно действует на

рамку с током I1. Все стороны

рамки находятся на различном расстоянии от тока,

создающего поле, поэтому сила, действующая на рамку с

током I1, равна векторной сумме сил, действующих на

каждую сторону:

Найти:

F1 – ? F2 – ? F3 – ?

F4 – ? F – ?

1 2 3 4.F F F F F

Направления всех четырех сил определим по «правилу левой руки». Их

направления показаны на рисунке.

Стороны 1 и 3 параллельны прямому проводу и находятся от него на

расстояниях l и (l+a), поэтому для них модуль вектора B постоянен по модулю.

Силы, действующие на стороны 2 и 4 рамки, противоположны по направлению

и равны по модулю из-за симметрии их расположения в поле нити.

Сила, с которой магнитное поле действует на каждую из сторон рамки,

может быть найдена суммированием элементарных сил Ампера, действующих

на элементы тока: iF dF .

Решение:

Вычислим силы, действующие на стороны 1 и 3 рамки. Индукция

магнитного поля, создаваемого током I2 в точках расположения сторон 1 и 3

37

рамки, может быть вычислена по формулам (см. формулу для бесконечно

длинного проводника с током из списка основных формул)

0 2 0 2

21 23,2 2

I IB B

l l a

.

Тогда по закону Ампера находим силы, действующие на стороны 1 и 3:

интеграл берется по всей стороне; все постоянные величины можно вынести за

знак интеграла:

0 0 2 0 1 2 0 1 21 1 21 1

0

sin902 2 2

aI I I I I

F I B dl I dl dl al l l

,

0 0 2 0 1 2 0 1 23 1 23 1

0

sin902 ( ) 2 ( ) 2 ( )

aI I I I I

F I B dl I dl dl al a l a l a

.

При вычислении сил, действующих на стороны 2 и 4, рамки необходимо

учесть, что вдоль каждой из этих сторон величина вектора B непрерывно

изменяется по модулю, поэтому формула для вычисления модуля В имеет вид

0 2 ,2

IB

r

где r – кратчайшее расстояние от проводника с током I2 до рассматри-

ваемой точк�