Dwa przeciwne źródła w jednym oczku

Rozwiązanie

Źródła mają przeciwne zwroty

W oczku źródło 6 V podnosi potencjał, a 2 V przeciwdziała temu wzrostowi. Pozostaje 4 V na całkowitym oporze 2 kΩ. Po obliczeniu prądu określamy, do którego bieguna słabszego źródła wpływa.

Zapisujemy zmiany potencjału w oczku

Oznaczmy napięcia źródeł przez U₁ = 6 V i U₂ = 2 V, a łączny opór przez R = 2 kΩ. Zaczynamy w punkcie A i obchodzimy oczko w kierunku strzałek:

1. Od A do B przechodzimy przez źródło 6 V od bieguna ujemnego do dodatniego. Potencjał rośnie o U₁.
2. Od B do C przechodzimy przez opornik zgodnie z prądem. Potencjał maleje o IR.
3. Od C do D przechodzimy przez źródło 2 V od bieguna dodatniego do ujemnego. Potencjał maleje o U₂.
4. Na idealnym przewodzie od D do A nie ma spadku napięcia. Wracamy do punktu początkowego, więc suma wszystkich zmian musi być zerowa.

U_1-IR-U_2=0.

Przenosimy spadek na oporniku na drugą stronę równania:

IR=U_1-U_2=4\,\mathrm{V}.

Na rysunku oba znaki „+” są u góry, ale w naszym obiegu jedno źródło przechodzimy od „−” do „+”, a drugie odwrotnie. Właśnie dlatego ich napięcia odejmujemy.

Obliczamy natężenie i zamieniamy ampery na miliampery

Dzielimy obie strony przez R. Zapisujemy opór w omach: 2 kΩ = 2000 Ω. Iloraz woltów i omów daje ampery:

I=\frac{U_1-U_2}{R}=\frac{4\,\mathrm{V}}{2000\,\Omega}.

I=0{,}002\,\mathrm{A}=2\,\mathrm{mA}.

Jeden amper to 1000 miliamperów, więc przy tej zamianie mnożymy wartość liczbową przez 1000. Sam iloraz 4/2000 wynosi 0,002. Dopiero po zamianie jednostki zapisujemy 2 mA. Dodatni wynik potwierdza kierunek strzałek; przy strzałce przeciwnej otrzymalibyśmy −2 mA, opisujące ten sam rzeczywisty prąd.

Możemy też sprawdzić potencjały. Przyjmując w A i D poziom 0 V, otrzymujemy w B 6 V, a w C 2 V. Napięcie na oporniku to ich różnica: 4 V, zgodnie z iloczynem IR.

Które źródło oddaje energię, a które ją przyjmuje?

Z dodatniego bieguna źródła 6 V prąd wypływa do obwodu. To źródło oddaje energię. Do dodatniego bieguna źródła 2 V prąd wpływa, więc to źródło energię przyjmuje. Idealne źródło utrzymuje zadane napięcie; samo słowo „źródło” nie przesądza o kierunku przekazywania energii.

Moc oddawaną przez źródło 6 V oznaczmy P₁, a moc przyjmowaną przez źródło 2 V — P₂. Korzystamy z zależności P = UI. Iloczyn wolta i miliampera daje miliwat:

P_1=U_1I=6\,\mathrm{V}\cdot2\,\mathrm{mA}=12\,\mathrm{mW}.

P_2=U_2I=2\,\mathrm{V}\cdot2\,\mathrm{mA}=4\,\mathrm{mW}.

Na oporniku odkładają się pozostałe 4 V. Jego moc można obliczyć jako iloczyn tego napięcia i prądu albo jako I²R:

P_R=(U_1-U_2)I=4\,\mathrm{V}\cdot2\,\mathrm{mA}=8\,\mathrm{mW}.

P_1=P_R+P_2,\qquad 12\,\mathrm{mW}=8\,\mathrm{mW}+4\,\mathrm{mW}.

Rozwiązanie

Prąd napędzany przez źródło 6 V wynosi I=0{,}002\,\mathrm{A}=2\,\mathrm{mA}. Oporniki wydzielają I²R=8 mW, a źródło 2 V przyjmuje 4 mW. Moc dostarczana przez źródło 6 V wynosi 12 mW, co zamyka bilans. Nie każda rzeczywista bateria może być tak traktowana; tu jest to jawny model idealnego źródła.

Bilans obejmuje także odbiorcze źródło

Źródło 6 V oddaje 12 mW. Oporniki otrzymują 8 mW, a drugie źródło 4 mW. Sumowanie napięć do 8 V opisywałoby inne, zgodne połączenie źródeł i zmieniłoby nie tylko wartość prądu, ale cały bilans.

Ten sam bilans na jednostkę ładunku

Wykres potencjału porządkuje obieg A→B→C→D→A z wcześniejszego schematu. Każdy kulomb przeniesiony w kierunku prądu otrzymuje od źródła 6 V energię 6 J. Na opornikach oddaje 4 J, a słabszemu źródłu 2 J. Po powrocie nie pozostaje niezbilansowana zmiana energii na jednostkę ładunku.

Przy prądzie 2 mA w ciągu sekundy przepływa 0,002 C. Pomnożenie powyższych wartości przez ten ładunek daje 12, 8 i 4 mJ na sekundę, czyli podane moce w mW. W ten sposób prawo oczka, prawo Ohma i bilans mocy opisują jeden proces na trzech różnych poziomach.

Powiązana teoria

Prawa Kirchhoffa: znaki prądów i napięć w rozgałęzionym obwodzie

Dalsza lektura

Materiał referencyjny