Примеры решения задач

Задача 1. Сила тока в проводнике изменяется за время от t₁ = 3 c до t₂ = 7 с по закону I = At² + B, где А = 0,1 А/с², В = 2 А. Определить заряд, прошедший по проводнику.

q – ?	Решение: Сила тока , отсюда . Полный заряд, прошедший по проводнику за время от t1 = 3 c до t2 = 7 с: . Произведем вычисления: Ответ: q = 18,5 Кл.
I = At2 + B А = 0,1 А/с2 В = 2 А t1 = 3 c t2 = 7 с

Задача 2. Определить плотность тока, если за t = 2 c через проводник сечением S = 1,6 мм² прошло N = 2·10¹⁹ электронов.

J – ?	Решение: Плотность тока определяется по формуле . Сила тока
t = 2 c S = 1,6 мм2 N = 2·1019 е = 1,6·10–19 Кл

отсюда получаем

Произведем вычисления:

.

Ответ: j = 10⁴ А/м².

Задача 3. По медному проводнику сечением S = 0,8 мм² течет ток I = 80 мА. Найти среднюю скорость упорядоченного движения электронов <V> проводника, предполагая, что на каждый атом меди приходится один свободный электрон. Молярная масса меди μ = 63,5 г/моль.

<V> – ?	Решение: Плотность тока может быть определена по формуле , (1) с другой стороны, плотность тока связана со скоростью упорядоченного движения электронов формулой . (2) Приравнивая эти выражения, получим . откуда (3)
S = 0,8 мм2 = 0,8·10–6  м2 ρ = 8,9  = 8,9·103 кг/м3 μ = 63,5·10–3 кг/моль

Найдем концентрацию свободных электронов n. Плотность меди может быть определена по формуле

, (4)

где V₀ = 1 м³, m_а – масса атома меди

, (5)

где N_A – число Авогадро.

С учетом (5) формула (4) запишется в виде

,

откуда

. (6)

Подставим (6) в формулу (3), получим

.

Ответ: ρ = 7,4·10^-6 м/с.

Задача 4. В цепи (рис. 7) амперметр показывает силу тока I = 1,5 А. Сила тока I₁ через сопротивление R₁ равна 0,5 А. Сопротивление R₂ = 2 Ом, R₃ = 3 Ом. Определить сопротивление R₁, а также силу токов I₂ и I₃, протекающих через сопротивление R₂ и R₃.

R1 – ? I2 – ? I3 – ?	Решение: Рис. 8. Для узла О запишем первое правило Кирхгофа: I1+ I2+ I3 = I . (1)
I = 1,5 А I1 =0,5 А R2 = 2 Ом R3 = 3 Ом

Сопротивления R₁, R₂ и R₃ соединены параллельно, поэтому напряжения на них одинаковы:

I₁R₁ = I₂R₂, (2)

I₂R = I₃R₃. (3)

Решим систему уравнений (1) – (3) относительно I₂, I₃ и R₁.

Из (1) выражаем I₂ :

I₂ = I – I₁ – I₃ (4)

и подставляем в (3)

(I – I₁ – I₃)R₂ = I₃R₃ . (5)

Из уравнения (5) находим I₃ :

Из уравнения (4) вычисляем I₂:

I₂ = 1,5 – 0,5 – 0,25 = 0,75A.

Из уравнения (2) находим R₁:

Ответ: I₂ = 0,75 А, I₃ = 0,25 А, R₁ = 3 Ом.

Задача 5. Когда к источнику тока подключили резистор сопротивлением R₁ = 5 Ом, то сила тока стала I₁ = 1 А, а когда подключили резистор сопротивлением R₂ = 15 Ом, то I₂ = 0,5 А. Определить ЭДС источника тока, его внутреннее сопротивление и ток короткого замыкания.

ε – ? r – ? Iкз – ?	Решение: Дважды запишем закон Ома для полной цепи: (1) Решаем систему относительно r и ε:
R1 = 5 Ом R2 = 15 Ом I1 = 1А I2 = 0,5 А

(2)

.

Отсюда получаем

.

Зная величину внутреннего сопротивления r, найдем ЭДС источника тока, используя, например, первое уравнение системы (2):

.

Ток короткого замыкания

Ответ: ε = 10 В, r = 5 Ом, I_кз = 2 А.

Задача 6. В схеме (рис. 9): R₂ = 3 Ом, R₁ = R₃ = 6 Ом, R₄ = 4 Ом, U = 12 В. Найти показание амперметра.

Рис. 9

I – ?	Решение: Найдем общее сопротивление цепи. Сопротивления R2 и R3 соединены параллельно, их можно заменить сопротивлением R23: .
R2 = 3 Ом R1 = R3 = 6 Ом R4 = 4Ом U = 12 В

.

Последовательное соединение R₂₃ и R₄ заменяем сопротивлением R₂₃₄:

R₂₃₄ = R₂₃ + R₄;

R₂₃₄ = 2+4 = 6 Ом.

Оставшееся параллельное соединение R₁ и R₂₃₄ можно заменить сопротивлением R₁₂₃₄:

;

;

.

Теперь схема приняла вид

Рис. 10

Ток через амперметр

; .

Ответ: I = 4 А.

Задача 7. В схеме, изображенной на рис. 11, ε₁ = 1 В, ε₂ = 1,3 В, r₁ = 3 Ом, r₂ = 5 Ом и R = 7 Ом. Найти разность потенциалов между точками А и В, В и С, С и А.

Рис. 11

φА – φВ – ? φВ – φС – ? φС  – φА – ?	Решение: Так как источники подключены последовательно одноименными полюсами, то по закону Ома для полной цепи , . Разность потенциалов:
ε1 = 1 В ε2 = 1,3 В r1 = 3 Ом r2 = 5 Ом R = 7 Ом

Ответ: φ_А − φ_В = - 0,14 В; φ_В − φ_С = 1,2 В; φ_С − φ_А = - 1,06 В.

Задача 8. Определить сопротивление мотка стальной проволоки диаметром d = 1 мм. Масса проволоки 300 г.

R – ?	Решение: Сопротивление проволоки , (1) где S  площадь поперечного сечения;
d = 1 мм = 0,001 м ρ1 = 1,5·10–8 Ом·м ρ2 = 7,8·103 кг/м3 m = 300 г = 0,3 кг

. (2)

Объем проволоки равен объему цилиндра с основанием S и высотой l

V=S·l . (3)

Масса проволоки

m=V·ρ₂=S·l ρ₂, (4)

отсюда

. (5)

Тогда ;

.

Ответ: R = 9,4 Ом.

Задача 9. Вольфрамовая нить электрической лампы при температуре t₁ = 2000 ^oC имеет сопротивление R₁ = 204 Ом. Определить ее сопротивление при температуре t₂ = 20 ^oC. Температурный коэффициент сопротивления вольфрама α = 4,6·10^–3  К^–1.

R2 – ?	Решение: Учитывая зависимость сопротивления R от температуры t, запишем систему уравнения для двух температур R1 = R0(1 – αt1); (1) R2 = R0(1 – αt2). (2)
R1 = 204 Ом t1 = 2000 oC t2 = 20 oC α = 4,6·10–3 К–1

Поделим одно уравнение на другое:

откуда

;

.

Ответ: R₂ = 20 Ом.

Задача 10. На концах медного провода длиной l = 5 м поддерживается напряжение U = 1 В. Определить плотность тока в проводе.

j – ?	Решение: Закон Ома в дифференциальной форме для однородного участка цепи . Напряженность электрического поля в проводе ,
l = 5 м U = 1 В ρ=1,7·10–8 Ом·м

где U – напряжение, поддерживаемое на концах проводника; l – длина провода.

Проводимость

,

тогда ;

.

Ответ: j = 1,18·10⁷ А/м².

Задача 11. В цепи, изображенной на рис. 12, найти токи через сопротивления R₁ = 2 Ом, R₂ = 4 Ом, R₃ = 2 Ом. ЭДС источников тока равны соответственно ε₁ = 1 В, ε₂ = 3 В, ε₃ = 5 В. Внутренними сопротивлениями источников пренебречь.

Рис. 12.

I1 – ? I2 – ? I3 – ?

Решение: Для решения задачи используем правила Кирхгофа. 1. Возле каждого сопротивления указываем величину и направление тока (направление выбираем произвольно); 2. Запишем первое правило Кирхгофа для узла А I1 +I2 + I3 = 0; (1) 3. Цепь состоит из двух контуров, обозначенных а и б. Для контура а второе правило Кирхгофа при выбранном направлении обхода по часовой стрелке имеет вид I1R1 – I2R2 = –ε1 – ε2. (2)

R1 = 2 Ом R2 = 4 Ом R3 = 2 Ом ε1 = 1 В ε2 = 3 В ε3 = 5 В

Для контура б с тем же направлением обхода

I₂R₂ – I₃R₃ = ε₂ + ε₃ . (3)

Решаем систему уравнений (1) – (3) методом исключения неизвестных. Из уравнения (1) получаем

I₁ = – (I₂ + I₃). (4)

Подставляя (4) в (2), получаем

(I₂ + I₃)R₁ – I₂R₂ = –ε₁ – ε₂;

I₂R₂ + I₃R₁ + I₂R₂ = ε₁ + ε₂;

I₂(R₁ + R₂) + I₃R₁ = ε₁ + ε₂ . (5)

Умножив выражение (3) на R₁, а выражение (5) на R₃, и сложив полученные выражения, получаем

I₂R₁R₂ + I₂(R₁ + R₂)R₃ = (ε₂ + ε₃)R₁ + (ε₁ ε₂)R₃.

Отсюда находим I₂:

;

.

Из выражения (5) находим I₃:

;

.

Из выражения (4) получаем

I₁ = –(I₂ + I₃) = –(1,2 – 1,6) = 0,4 А.

Так как I₃ < 0, то реальное направление I₃ противоположно указанному на рисунке, а направления токов I₁ и I₂ совпадают с указанными.

Ответ: I₁ = 0,4 А; I₂ = 1,2 А; I₃ = 1,6 А.