Вариант 10.
Резисторы R₁ и R₂ соединены параллельно:
R₁₂ = R₁R₂/(R₁+R₂) = 6 · 12 : 18 = 4 (Ом)
Резисторы R₄ и R₅ соединены параллельно:
R₄₅ = R₄R₅/(R₄+R₅) = 3 · 6 : 9 = 2 (Ом)
Резистор R₃ и группы R₁₂ и R₄₅ соединены последовательно. Общее сопротивление участка цепи:
R = R₁₂ + R₃ + R₄₅ = 4 + 2 + 2 = 8 (Ом)
Напряжение на R₄ и R₅:
U₄₅ = I₄·R₄ = 8 · 3 = 24 (B)
Ток через R₅:
I₅ = U₄₅/R₅ = 24 : 6 = 4 (A)
Общий ток в цепи:
I = I₁₂ = I₃ = I₄₅ = I₄ + I₅ = 8 + 4 = 12 (A)
Напряжение на концах участка цепи:
U = I·R = 12 · 8 = 96 (B)
Напряжение на R₃:
U₃ = I₃R₃ = 12 · 2 = 24 (В)
Напряжение на R₁ и R₂:
U₁₂ = I₁₂·R₁₂ = 12 · 4 = 48 (B)
Ток через R₁:
I₁ = U₁₂/R₁ = 48 : 6 = 8 (A)
Ток через R₂:
I₂ = U₁₂/R₂ = 48 : 12 = 4 (A)
осмотрим, как влияет э.д.с. самоиндукции на процесс установления тока в цепи, содержащей индуктивность.
в цепи, представленной на схеме 10.10, течёт ток. отключим источник e, разомкнув в момент времени t = 0 ключ к. ток в катушке начинает убывать, но при этом возникает э.д.с. самоиндукции, поддерживающая убывающий ток.
рис. 10.10.
запишем для новой схемы 10.10.b уравнение правила напряжений кирхгофа:
.
разделяем переменные и интегрируем:
пропотенцировав последнее уравнение, получим:
.
постоянную интегрирования найдём, воспользовавшись начальным условием: в момент отключения источника t = 0, ток в катушке i(0) = i0.
отсюда следует, что c = i0 и поэтому закон изменения тока в цепи приобретает вид:
. (10.7)
график этой зависимости на рис. 10.11. оказывается, ток в цепи, после выключения источника, будет убывать по экспоненциальному закону и станет равным нулю только спустя t = ¥.
рис. 10.11.
вы и сами теперь легко покажете, что при включении источника (после замыкания ключа к) ток будет нарастать тоже по экспоненциальному закону, асимптотически приближаясь к значению i0 (см. рис. 10.
. (10.8)
но вернёмся к первоначальной размыкания цепи.
мы отключили в цепи источник питания (разомкнули ключ к), но ток — теперь в цепи 10.8.b — продолжает течь. где черпается энергия, обеспечивающая бесконечное течение этого убывающего тока?
ток поддерживается электродвижущей силой самоиндукции e = . за время dt убывающий ток совершит работу:
da = eси×i×dt = –lidi.
ток будет убывать от начального значения i0 до нуля. проинтегрировав последнее выражение в этих пределах, получим полную работу убывающего тока:
. (10.9)
совершение этой работы сопровождается двумя процессами: исчезновением тока в цепи и исчезновением магнитного поля катушки индуктивности.
с чем же связана была выделившаяся энергия? где она была локализована? располагалась ли она в проводниках и связана ли она с направленным движением носителей заряда? или она локализована в объёме соленоида, в его магнитном поле?
опыт даёт ответ на эти вопросы: энергия электрического тока связана с его магнитным полем и распределена в пространстве, занятом этим полем.
несколько изменим выражение (10.9), учтя, что для длинного соленоида справедливы следующие утверждения:
l = m0n2sl (10.5) — индуктивность;
b0 = m0ni0 (9.17) — поле соленоида.
эти выражения используем в (10.9) и получим новое уравнение для полной работы экстратока размыкания, или — начального запаса энергии магнитного поля:
. (10.10)
здесь v = s×l — объём соленоида (магнитного
энергия катушки с током пропорциональна квадрату вектора магнитной индукции.
разделив эту энергию на объём магнитного поля, получим среднюю плотность энергии:
[]. (10.11)
это выражение похоже на выражение плотности энергии электростатического поля:
.
обратите внимание: в сходных уравнениях, если e0 — в числителе, m0 — непременно в знаменателе.
зная плотность энергии в каждой точке магнитного поля, мы теперь легко найдём энергию, в любом объёме v поля.
локальная плотность энергии в заданной точке поля:
.
значит, dw = wdv и энергия в объёме v равна:
.