Zadanie stanowi dalszy ciąg zadania 1...- Zadanie 2: Fizyka 3. Zakres rozszerzony. Wydanie 2021

Promocja na roczny dostęp z okazji Dnia Dziecka!

3 dni

4 h

15 min

59 sek

Kup Premium

Tutaj pojawi się lista Twoich książek

Zaloguj się i zacznij tworzyć ją już teraz.

Rozwiązanie

$a)$

Z zadania 1. wiemy, że:

$U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( r _{2} + R ) - E _{2} \cdot r _{1}}{r _{1} + r _{1} + R}$

$U_{B C} = \frac{E _{2} \cdot ( r _{1} + R ) - E _{1} \cdot r _{2}}{r _{1} + r _{1} + R}$

$U_{A C} = \frac{R \cdot ( E _{1} + E _{2} )}{r _{1} + r _{1} + R}$

Przyjmujemy, zgodnie z treścią zadania, że:

$r_{1} = r_{2} = R$

$E_{2} = 2 \cdot E_{1}$

Po podstawieniu otrzymujemy:

$U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( r _{2} + R ) - E _{2} \cdot r _{1}}{r _{1} + r _{2} + R} \Rightarrow U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( R + R ) - 2 \cdot E _{1} \cdot R}{R + R + R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot R - 2 \cdot E _{1} \cdot R}{2 \cdot R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{0}{3 \cdot R} \Rightarrow U_{A B} = 0$

$U_{B C} = \frac{E _{2} \cdot ( r _{1} + R ) - E _{1} \cdot r _{2}}{r _{1} + r _{1} + R} \Rightarrow U_{B C} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot ( R + R ) - E _{1} \cdot R}{R + R + R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{B C} = \frac{4 \cdot E _{1} \cdot R - E _{1} \cdot R}{3 \cdot R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{B C} = \frac{3 \cdot E _{1} \cdot R}{3 \cdot R} \Rightarrow U_{B C} = E_{1}$

$U_{A C} = \frac{R \cdot ( E _{1} + E _{2} )}{r _{1} + r _{1} + R} \Rightarrow U_{A C} = \frac{R \cdot ( E _{1} + 2 \cdot E _{1} )}{R + R + R} \Rightarrow U_{A C} = \frac{R \cdot 3 \cdot E _{1}}{3 \cdot R} \Rightarrow U_{A C} = E_{1}$

$b)$

Aby uniknąć kolizji oznaczeń, poprzednio zapisywany opór zewnętrzny $R$ przyjmiemy jako $r$ :

$r_{1} = r_{2} = r$

$E_{2} = 2 \cdot E_{1}$

W tym przypadku opór zewnętrzny zmniejszamy do połowy jego wartości:

$R = \frac{1}{2} \cdot r$

Wówczas otrzymujemy, że:

$U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( r _{2} + R ) - E _{2} \cdot r _{1}}{r _{1} + r _{2} + R} \Rightarrow U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( r + \frac{1}{2} \cdot r ) - 2 \cdot E _{1} \cdot r}{r + r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot r - 2 \cdot E _{1} \cdot r}{\frac{2}{2} \cdot r + \frac{2}{2} \cdot r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{- \frac{1}{2} \cdot E _{1} \cdot r}{\frac{5}{2} \cdot r} \Rightarrow U_{A B} = - \frac{1}{5} \cdot E_{1}$

$U_{B C} = \frac{E _{2} \cdot ( r _{1} + R ) - E _{1} \cdot r _{2}}{r _{1} + r _{1} + R} \Rightarrow U_{B C} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot ( r + \frac{1}{2} \cdot r ) - E _{1} \cdot r}{r + r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{B C} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot r - E _{1} \cdot r}{\frac{2}{2} \cdot r + \frac{2}{2} \cdot r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{B C} = \frac{3 \cdot E _{1} \cdot r - E _{1} \cdot r}{\frac{5}{2} \cdot r} \Rightarrow U_{B C} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot r}{\frac{5}{2} \cdot r} \Rightarrow U_{B C} = \frac{4}{5} \cdot E_{1}$

$U_{A C} = \frac{R \cdot ( E _{1} + E _{2} )}{r _{1} + r _{1} + R} \Rightarrow U_{A C} = \frac{\frac{1}{2} \cdot r \cdot ( E _{1} + 2 \cdot E _{1} )}{r + r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow U_{A C} = \frac{\frac{1}{2} \cdot r \cdot 3 \cdot E _{1}}{\frac{2}{2} \cdot r + \frac{2}{2} \cdot r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A C} = \frac{\frac{3}{2} \cdot r \cdot E _{1}}{\frac{5}{2} \cdot r} \Rightarrow U_{A C} = \frac{3}{5} \cdot E_{1}$

Wykonajmy graficzne przedstawienie wzrostów i spadków potencjału w obwodzie:

Całkowity opór wewnętrzny układu ma postać:

$r_{z} = r_{1} + r_{2}$

$r_{z} = r + r$

$r_{z} = 2 r$

Wówczas natężenie prądu płynącego przez ten obwód będzie miało postać:

$I = \frac{E _{1} + E _{2}}{R + r _{z}}$

$I = \frac{E _{1} + 2 E _{1}}{\frac{1}{2} r + 2 r}$

$I = \frac{3 E _{1}}{\frac{1}{2} r + \frac{4}{2} r}$

$I = \frac{3 E _{1}}{\frac{5}{2} r}$

$I = \frac{6 E _{1}}{5 r}$

Obliczamy spadki napięcia na poszczególnych opornikach:

$I r_{1} = \frac{6 E _{1}}{5 r} \cdot r = \frac{6}{5} E_{1} = 1, 2 E_{1}$

$I r_{2} = \frac{6 E _{1}}{5 r} \cdot r = 1, 2 E_{1}$

$I R = \frac{6 E _{1}}{5 r} \cdot \frac{1}{2} r = \frac{6}{10} E_{1} = 0, 6 E_{1}$

Wykonajmy rysunek:

Najniższy potencjał w obwodzie ma punkt B. Zaciski woltomierza na pierwszym źródle należałoby podłączyć odwrotnie - zacisk "-" woltomierza podłączamy w punkcie B.

Rafał Guzik

Nauczyciel fizyki

Zobacz lekcje, które wyjaśnią temat krok po kroku:

1.11. Prąd stały

Premium

14:50

Zobacz lekcję

Dostęp do wszystkich lekcji w planie Premium

1.10. Elektrostatyka

Premium

13:24

Zobacz lekcję

Dostęp do wszystkich lekcji w planie Premium

1.8. Drgania

Premium

16:04

Zobacz lekcję

Dostęp do wszystkich lekcji w planie Premium

Tutaj pojawi się lista Twoich książek

Zaloguj się i zacznij tworzyć ją już teraz.

Rozwiązanie

$a)$

Z zadania 1. wiemy, że:

$U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( r _{2} + R ) - E _{2} \cdot r _{1}}{r _{1} + r _{1} + R}$

$U_{B C} = \frac{E _{2} \cdot ( r _{1} + R ) - E _{1} \cdot r _{2}}{r _{1} + r _{1} + R}$

$U_{A C} = \frac{R \cdot ( E _{1} + E _{2} )}{r _{1} + r _{1} + R}$

Przyjmujemy, zgodnie z treścią zadania, że:

$r_{1} = r_{2} = R$

$E_{2} = 2 \cdot E_{1}$

Po podstawieniu otrzymujemy:

$U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( r _{2} + R ) - E _{2} \cdot r _{1}}{r _{1} + r _{2} + R} \Rightarrow U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot ( R + R ) - 2 \cdot E _{1} \cdot R}{R + R + R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot R - 2 \cdot E _{1} \cdot R}{2 \cdot R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{0}{3 \cdot R} \Rightarrow U_{A B} = 0$

$U_{B C} = \frac{E _{2} \cdot ( r _{1} + R ) - E _{1} \cdot r _{2}}{r _{1} + r _{1} + R} \Rightarrow U_{B C} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot ( R + R ) - E _{1} \cdot R}{R + R + R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{B C} = \frac{4 \cdot E _{1} \cdot R - E _{1} \cdot R}{3 \cdot R} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{B C} = \frac{3 \cdot E _{1} \cdot R}{3 \cdot R} \Rightarrow U_{B C} = E_{1}$

$b)$

Aby uniknąć kolizji oznaczeń, poprzednio zapisywany opór zewnętrzny $R$ przyjmiemy jako $r$ :

$r_{1} = r_{2} = r$

$E_{2} = 2 \cdot E_{1}$

W tym przypadku opór zewnętrzny zmniejszamy do połowy jego wartości:

$R = \frac{1}{2} \cdot r$

Wówczas otrzymujemy, że:

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{E _{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot r - 2 \cdot E _{1} \cdot r}{\frac{2}{2} \cdot r + \frac{2}{2} \cdot r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A B} = \frac{- \frac{1}{2} \cdot E _{1} \cdot r}{\frac{5}{2} \cdot r} \Rightarrow U_{A B} = - \frac{1}{5} \cdot E_{1}$

$\Rightarrow U_{B C} = \frac{2 \cdot E _{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot r - E _{1} \cdot r}{\frac{2}{2} \cdot r + \frac{2}{2} \cdot r + \frac{1}{2} \cdot r} \Rightarrow$

$\Rightarrow U_{A C} = \frac{\frac{3}{2} \cdot r \cdot E _{1}}{\frac{5}{2} \cdot r} \Rightarrow U_{A C} = \frac{3}{5} \cdot E_{1}$

Wykonajmy graficzne przedstawienie wzrostów i spadków potencjału w obwodzie:

Całkowity opór wewnętrzny układu ma postać:

$r_{z} = r_{1} + r_{2}$

$r_{z} = r + r$

$r_{z} = 2 r$

Wówczas natężenie prądu płynącego przez ten obwód będzie miało postać:

$I = \frac{E _{1} + E _{2}}{R + r _{z}}$

$I = \frac{E _{1} + 2 E _{1}}{\frac{1}{2} r + 2 r}$

$I = \frac{3 E _{1}}{\frac{1}{2} r + \frac{4}{2} r}$

$I = \frac{3 E _{1}}{\frac{5}{2} r}$

$I = \frac{6 E _{1}}{5 r}$

Obliczamy spadki napięcia na poszczególnych opornikach:

$I r_{1} = \frac{6 E _{1}}{5 r} \cdot r = \frac{6}{5} E_{1} = 1, 2 E_{1}$

$I r_{2} = \frac{6 E _{1}}{5 r} \cdot r = 1, 2 E_{1}$

$I R = \frac{6 E _{1}}{5 r} \cdot \frac{1}{2} r = \frac{6}{10} E_{1} = 0, 6 E_{1}$

Wykonajmy rysunek:

Najniższy potencjał w obwodzie ma punkt B. Zaciski woltomierza na pierwszym źródle należałoby podłączyć odwrotnie - zacisk "-" woltomierza podłączamy w punkcie B.

Rafał Guzik

Nauczyciel fizyki