🔄

ΗΕΔ & Νόμος του Ohm σε Κλειστό Κύκλωμα

Ηλεκτρεγερτική δύναμη, εσωτερική αντίσταση, πολική τάση, βραχυκύκλωμα

Γιατί με νοιάζει;

Βάζεις στο βολτόμετρο μια παλιά μπαταρία $1{,}5 \ \text{V}$ και δείχνει σχεδόν $1{,}5 \ \text{V}$ . Τη βάζεις στον φακό και η λάμπα μόλις που φέγγει. Χαλασμένο βολτόμετρο; Όχι: η μπαταρία έχει εσωτερική αντίσταση, που με τον καιρό μεγαλώνει. Χωρίς ρεύμα δεν φαίνεται· μόλις ζητήσεις ρεύμα, «τρώει» μεγάλο μέρος της τάσης. Σε αυτό το κεφάλαιο θα δεις πώς.

ΗΕΔ πηγής και νόμος του Ohm για κλειστό κύκλωμα

Η ηλεκτρεγερτική δύναμη (ΗΕΔ) $\mathcal{E}$ μιας πηγής δεν είναι δύναμη — είναι η ενέργεια που προσφέρει η πηγή ανά μονάδα φορτίου:

$\mathcal{E} = \frac{W_{\pi\eta\gamma\acute{\eta}\varsigma}}{q}$

σε Volt. Είναι το «ύψος της αντλίας»: πόσο ανεβάζει ενεργειακά κάθε Coulomb.

Κάθε πραγματική πηγή έχει όμως και εσωτερική αντίσταση $r$ — το ρεύμα περνά και μέσα από την ίδια. Έτσι, στο κλειστό κύκλωμα με εξωτερική αντίσταση $R$ :

$I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$

Η τάση στους πόλους της πηγής (πολική τάση) είναι ό,τι απομένει αφού «πληρωθεί» η εσωτερική αντίσταση:

$V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$

Όσο πιο πολύ ρεύμα τραβάμε, τόσο πέφτει η πολική τάση — γι' αυτό τα φώτα του αυτοκινήτου χαμηλώνουν στιγμιαία όταν παίρνει μπρος η μίζα. Σε βραχυκύκλωμα ( $R = 0$ ) το ρεύμα γίνεται μέγιστο, $I_{\beta\rho} = \mathcal{E}/r$ , και επικίνδυνο.

Απόδειξη του νόμου του Ohm για κλειστό κύκλωμα

Σε χρόνο $t$ η πηγή δίνει στο φορτίο $q = It$ που τη διασχίζει ενέργεια $W_{\pi\eta\gamma} = \mathcal{E}q = \mathcal{E}It$ . Αν το εξωτερικό κύκλωμα είναι αντιστάτης $R$ , όλη αυτή η ενέργεια γίνεται θερμότητα στον $R$ και στην εσωτερική αντίσταση $r$ (αρχή διατήρησης της ενέργειας):

$\mathcal{E}It = I^2Rt + I^2rt \Rightarrow \mathcal{E} = IR + Ir \Rightarrow I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$

Πολλαπλασιάζοντας το $\mathcal{E} = IR + Ir$ με $I$ παίρνουμε το ενεργειακό ισοζύγιο του κυκλώματος:

$\mathcal{E}I = VI + I^2r$

δηλαδή ισχύς πηγής = ισχύς που δίνεται στο εξωτερικό κύκλωμα + απώλειες στην πηγή. Η απόδοση της πηγής είναι $\frac{P_{\varepsilon\xi}}{P_{\pi\eta\gamma}} = \frac{V_{\pi o\lambda}}{\mathcal{E}}$ .

$I = \frac{q}{t}, \qquad V = IR, \qquad P = VI = I^2R = \frac{V^2}{R}, \qquad I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}, \qquad V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$

Γρήγορος έλεγχος

Πηγή με ΗΕΔ $\mathcal{E} = 12 \ \text{V}$ και εσωτερική αντίσταση $r = 1 \ \Omega$ τροφοδοτεί αντιστάτη $R = 5 \ \Omega$ . Η πολική τάση της πηγής είναι:

Κόλπο μνήμης

«Η ΗΕΔ είναι ό,τι υπόσχεται η πηγή, η πολική τάση ό,τι παραδίδει.» Τη διαφορά $Ir$ την «κρατάει» η ίδια η πηγή ως θερμότητα. Χωρίς ρεύμα ( $I = 0$ ) υπόσχεση και παράδοση ταυτίζονται — γι' αυτό το βολτόμετρο «ξεγελά» στην παλιά μπαταρία.

Μέθοδος: άσκηση κλειστού κυκλώματος

Απλοποίησε το εξωτερικό κύκλωμα βήμα-βήμα (παράλληλα → ισοδύναμη, σειρά → άθροισμα) μέχρι να μείνει μία $R_{o\lambda}$ .
Ολικό ρεύμα από τον νόμο του Ohm για κλειστό κύκλωμα: $I = \frac{\mathcal{E}}{R_{o\lambda} + r}$ .
Πολική τάση: $V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir = IR_{o\lambda}$ .
Γύρνα «προς τα πίσω» στο αρχικό σχήμα: σε σειρά κοινό το ρεύμα, παράλληλα κοινή η τάση.
Ισχύεις: $I^2R$ ή $\frac{V^2}{R}$ για κάθε αντιστάτη, $\mathcal{E}I$ για την πηγή, $I^2r$ για τις απώλειες μέσα στην πηγή.
Έλεγχος: η ισχύς της πηγής ισούται με το άθροισμα όλων των καταναλώσεων, μαζί με το $I^2r$ .

Παράδειγμα (ΗΕΔ και $r$ από δύο μετρήσεις): Πηγή τροφοδοτεί αντιστάτη $R_1 = 4 \ \Omega$ και το ρεύμα είναι $2 \ \text{A}$ . Όταν ο αντιστάτης αντικατασταθεί από $R_2 = 9 \ \Omega$ , το ρεύμα γίνεται $1 \ \text{A}$ . Να βρεθούν η ΗΕΔ και η εσωτερική αντίσταση.

Λύση: Γράφουμε $\mathcal{E} = I(R + r)$ και για τις δύο περιπτώσεις:

$\mathcal{E} = 2(4 + r) = 1(9 + r) \Rightarrow 8 + 2r = 9 + r \Rightarrow r = 1 \ \Omega$

και $\mathcal{E} = 2 \cdot 5 = 10 \ \text{V}$ . Έλεγχος: $\frac{10}{9 + 1} = 1 \ \text{A}$ ✔

Άσκηση: Πηγή με $\mathcal{E} = 20 \ \text{V}$ και $r = 1 \ \Omega$ συνδέεται με αντιστάτη $R_1 = 2 \ \Omega$ σε σειρά με παράλληλο συνδυασμό δύο αντιστατών $R_2 = R_3 = 4 \ \Omega$ . Να βρεθούν: α) το ολικό ρεύμα, β) τα ρεύματα στους $R_2, R_3$ , γ) η ισχύς στον $R_1$ και η ολική ισχύς της πηγής.

Λύση: α) Παράλληλος συνδυασμός: $R_{23} = \frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3} = \frac{4 \cdot 4}{8} = 2 \ \Omega$ . Ολική αντίσταση κυκλώματος:

$R_{o\lambda} + r = R_1 + R_{23} + r = 2 + 2 + 1 = 5 \ \Omega$

$I = \frac{\mathcal{E}}{R_{o\lambda} + r} = \frac{20}{5} = 4 \ \text{A}$

β) Η τάση στον παράλληλο συνδυασμό: $V_{23} = I \cdot R_{23} = 4 \cdot 2 = 8 \ \text{V}$ , κοινή και στους δύο κλάδους:

$I_2 = I_3 = \frac{V_{23}}{4} = 2 \ \text{A}$

Έλεγχος: $I_2 + I_3 = 4 \ \text{A} = I$ ✔

γ) Ισχύς στον $R_1$ : $P_1 = I^2R_1 = 16 \cdot 2 = 32 \ \text{W}$ . Ολική ισχύς πηγής: $P_{o\lambda} = \mathcal{E}I = 20 \cdot 4 = 80 \ \text{W}$ .

Ενεργειακός ισολογισμός: $P_{23} = I^2R_{23} = 32 \ \text{W}$ και $P_r = I^2r = 16 \ \text{W}$ , άρα $32 + 32 + 16 = 80 \ \text{W}$ — όλη η ισχύς της πηγής λογοδοτεί. ✔

Γρήγορος έλεγχος

Η χαρακτηριστική $V_{\pi o\lambda}\text{–}I$ μιας πηγής είναι ευθεία που τέμνει τον άξονα της τάσης στα $9 \ \text{V}$ και τον άξονα του ρεύματος στα $3 \ \text{A}$ . Η εσωτερική αντίσταση της πηγής είναι:

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Πηγή με ΗΕΔ $\mathcal{E} = 30 \ \text{V}$ και εσωτερική αντίσταση $r = 2 \ \Omega$ τροφοδοτεί αντιστάτη $R_1 = 4 \ \Omega$ , συνδεδεμένο σε σειρά με τον παράλληλο συνδυασμό των $R_2 = 12 \ \Omega$ και $R_3 = 6 \ \Omega$ .

Δεδομένα: $\mathcal{E} = 30 \ \text{V}$ , $r = 2 \ \Omega$ , $R_1 = 4 \ \Omega$ , $R_2 = 12 \ \Omega$ , $R_3 = 6 \ \Omega$ .

Ζητούμενα: α) το ολικό ρεύμα και η πολική τάση, β) τα ρεύματα $I_2$ και $I_3$ , γ) η ισχύς που καταναλώνει το εξωτερικό κύκλωμα και το ποσοστό της ισχύος της πηγής που αντιπροσωπεύει, δ) το ρεύμα βραχυκύκλωσης της πηγής.

Λύση:

α) $R_{23} = \frac{12 \cdot 6}{12 + 6} = 4 \ \Omega$ , άρα $R_{o\lambda} = R_1 + R_{23} = 8 \ \Omega$ .

$I = \frac{\mathcal{E}}{R_{o\lambda} + r} = \frac{30}{8 + 2} = 3 \ \text{A}, \qquad V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir = 30 - 6 = 24 \ \text{V}$

β) $V_{23} = IR_{23} = 3 \cdot 4 = 12 \ \text{V}$ , οπότε $I_2 = \frac{12}{12} = 1 \ \text{A}$ και $I_3 = \frac{12}{6} = 2 \ \text{A}$ . Έλεγχος: $1 + 2 = 3 \ \text{A}$ ✔

γ) $P_{\varepsilon\xi} = I^2R_{o\lambda} = 9 \cdot 8 = 72 \ \text{W}$ και $P_{\pi\eta\gamma} = \mathcal{E}I = 90 \ \text{W}$ . Ποσοστό: $\frac{72}{90} = 0{,}8$ , δηλαδή $80\%$ — τα υπόλοιπα $18 \ \text{W} = I^2r$ γίνονται θερμότητα μέσα στην πηγή.

δ) Με μηδενική εξωτερική αντίσταση: $I_{\beta\rho} = \frac{\mathcal{E}}{r} = \frac{30}{2} = 15 \ \text{A}$ — πενταπλάσιο του κανονικού.

Απάντηση: α) $3 \ \text{A}$ και $24 \ \text{V}$ β) $1 \ \text{A}$ και $2 \ \text{A}$ γ) $72 \ \text{W}$ , $80\%$ δ) $15 \ \text{A}$

Γρήγορος έλεγχος

Μπαταρία με ΗΕΔ $\mathcal{E} = 9 \ \text{V}$ και εσωτερική αντίσταση $r = 0{,}5 \ \Omega$ βραχυκυκλώνεται. Το ρεύμα βραχυκύκλωσης είναι:

Στα κυκλώματα η μισή λύση είναι το σχήμα: ξανασχεδίασε το κύκλωμα απλοποιώντας βήμα-βήμα (παράλληλα → ισοδύναμη, σειρά → άθροισμα) μέχρι να μείνει μία αντίσταση με την πηγή. Μη μπερδεύεις ΠΟΤΕ την ΗΕΔ με την πολική τάση — ταυτίζονται μόνο αν $I = 0$ ή $r = 0$ , και αυτό είναι από τις πιο αγαπημένες ερωτήσεις Σωστού/Λάθους. Τέλος, στον υπολογισμό ισχύος διάλεξε τον τύπο που χρησιμοποιεί ό,τι ΞΕΡΕΙΣ σίγουρα: $I^2R$ όταν ξέρεις το ρεύμα του κλάδου, $V^2/R$ όταν ξέρεις την τάση του — έτσι δεν χρειάζεσαι ενδιάμεσα βήματα.

Ήξερες ότι;

Η μπαταρία ενός αυτοκινήτου έχει εσωτερική αντίσταση μόλις μερικά χιλιοστά του ohm. Έτσι μπορεί να δώσει στη μίζα ρεύμα εκατοντάδων αμπέρ για λίγα δευτερόλεπτα, χωρίς η πολική της τάση να πέσει πολύ κάτω από τα $12 \ \text{V}$ — κάτι που καμία μπαταρία φακού δεν θα άντεχε.

Πρόκληση

Πηγή με $\mathcal{E} = 6 \ \text{V}$ και $r = 1 \ \Omega$ τροφοδοτεί αντιστάτη $R$ . Για ποια τιμή (ή τιμές) του $R$ η ισχύς στον αντιστάτη είναι $8 \ \text{W}$ ; Πόση είναι η ισχύς για $R = r$ ;

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

$I = \frac{6}{R + 1}$ και $P = I^2R = \frac{36R}{(R + 1)^2}$ . Θέτουμε $P = 8$ :

$36R = 8(R^2 + 2R + 1) \Rightarrow 8R^2 - 20R + 8 = 0 \Rightarrow 2R^2 - 5R + 2 = 0$

με ρίζες $R = 2 \ \Omega$ και $R = 0{,}5 \ \Omega$ . Έλεγχος: για $R = 2$ , $I = 2 \ \text{A}$ και $P = 4 \cdot 2 = 8 \ \text{W}$ ✔· για $R = 0{,}5$ , $I = 4 \ \text{A}$ και $P = 16 \cdot 0{,}5 = 8 \ \text{W}$ ✔.

Για $R = r = 1 \ \Omega$ : $I = 3 \ \text{A}$ και $P = 9 \ \text{W}$ — περισσότερο από $8 \ \text{W}$ . Δύο διαφορετικοί αντιστάτες παίρνουν την ίδια ισχύ, και η μεγαλύτερη ισχύς εμφανίζεται «ανάμεσά» τους, όταν η εξωτερική αντίσταση ισούται με την εσωτερική.

Συνηθισμένα λάθη

ΗΕΔ αντί για πολική τάση: η τάση στα άκρα του εξωτερικού κυκλώματος είναι $V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$ , όχι $\mathcal{E}$ .
Ξεχασμένο $r$ στον παρονομαστή: $I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$ , όχι $\frac{\mathcal{E}}{R}$ .
«Βραχυκύκλωμα = μηδενικό ρεύμα»: με $R = 0$ το ρεύμα γίνεται μέγιστο, $I_{\beta\rho} = \frac{\mathcal{E}}{r}$ .
Ισολογισμός χωρίς το $I^2r$ : η ισχύς της πηγής $\mathcal{E}I$ ισούται με όλες τις καταναλώσεις μαζί με τις απώλειες μέσα στην πηγή.

Σύνοψη — τι κρατάμε

ΗΕΔ: $\mathcal{E} = \frac{W_{\pi\eta\gamma}}{q}$ — ενέργεια που δίνει η πηγή ανά μονάδα φορτίου
Νόμος του Ohm για κλειστό κύκλωμα: $I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$ , από τη διατήρηση της ενέργειας
Πολική τάση: $V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$ — ίση με την ΗΕΔ μόνο αν $I = 0$ ή $r = 0$
Βραχυκύκλωμα: $I_{\beta\rho} = \frac{\mathcal{E}}{r}$
Ενεργειακό ισοζύγιο: $\mathcal{E}I = VI + I^2r$

🔄

ΗΕΔ & Νόμος του Ohm σε Κλειστό Κύκλωμα

Ηλεκτρεγερτική δύναμη, εσωτερική αντίσταση, πολική τάση, βραχυκύκλωμα

Γιατί με νοιάζει;

ΗΕΔ πηγής και νόμος του Ohm για κλειστό κύκλωμα

$\mathcal{E} = \frac{W_{\pi\eta\gamma\acute{\eta}\varsigma}}{q}$

σε Volt. Είναι το «ύψος της αντλίας»: πόσο ανεβάζει ενεργειακά κάθε Coulomb.

$I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$

Η τάση στους πόλους της πηγής (πολική τάση) είναι ό,τι απομένει αφού «πληρωθεί» η εσωτερική αντίσταση:

$V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$

Απόδειξη του νόμου του Ohm για κλειστό κύκλωμα

$\mathcal{E}It = I^2Rt + I^2rt \Rightarrow \mathcal{E} = IR + Ir \Rightarrow I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$

Πολλαπλασιάζοντας το $\mathcal{E} = IR + Ir$ με $I$ παίρνουμε το ενεργειακό ισοζύγιο του κυκλώματος:

$\mathcal{E}I = VI + I^2r$

$I = \frac{q}{t}, \qquad V = IR, \qquad P = VI = I^2R = \frac{V^2}{R}, \qquad I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}, \qquad V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$

Γρήγορος έλεγχος

Κόλπο μνήμης

Μέθοδος: άσκηση κλειστού κυκλώματος

Απλοποίησε το εξωτερικό κύκλωμα βήμα-βήμα (παράλληλα → ισοδύναμη, σειρά → άθροισμα) μέχρι να μείνει μία $R_{o\lambda}$ .
Ολικό ρεύμα από τον νόμο του Ohm για κλειστό κύκλωμα: $I = \frac{\mathcal{E}}{R_{o\lambda} + r}$ .
Πολική τάση: $V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir = IR_{o\lambda}$ .
Γύρνα «προς τα πίσω» στο αρχικό σχήμα: σε σειρά κοινό το ρεύμα, παράλληλα κοινή η τάση.
Ισχύεις: $I^2R$ ή $\frac{V^2}{R}$ για κάθε αντιστάτη, $\mathcal{E}I$ για την πηγή, $I^2r$ για τις απώλειες μέσα στην πηγή.
Έλεγχος: η ισχύς της πηγής ισούται με το άθροισμα όλων των καταναλώσεων, μαζί με το $I^2r$ .

Λύση: Γράφουμε $\mathcal{E} = I(R + r)$ και για τις δύο περιπτώσεις:

$\mathcal{E} = 2(4 + r) = 1(9 + r) \Rightarrow 8 + 2r = 9 + r \Rightarrow r = 1 \ \Omega$

και $\mathcal{E} = 2 \cdot 5 = 10 \ \text{V}$ . Έλεγχος: $\frac{10}{9 + 1} = 1 \ \text{A}$ ✔

Λύση: α) Παράλληλος συνδυασμός: $R_{23} = \frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3} = \frac{4 \cdot 4}{8} = 2 \ \Omega$ . Ολική αντίσταση κυκλώματος:

$R_{o\lambda} + r = R_1 + R_{23} + r = 2 + 2 + 1 = 5 \ \Omega$

$I = \frac{\mathcal{E}}{R_{o\lambda} + r} = \frac{20}{5} = 4 \ \text{A}$

β) Η τάση στον παράλληλο συνδυασμό: $V_{23} = I \cdot R_{23} = 4 \cdot 2 = 8 \ \text{V}$ , κοινή και στους δύο κλάδους:

$I_2 = I_3 = \frac{V_{23}}{4} = 2 \ \text{A}$

Έλεγχος: $I_2 + I_3 = 4 \ \text{A} = I$ ✔

γ) Ισχύς στον $R_1$ : $P_1 = I^2R_1 = 16 \cdot 2 = 32 \ \text{W}$ . Ολική ισχύς πηγής: $P_{o\lambda} = \mathcal{E}I = 20 \cdot 4 = 80 \ \text{W}$ .

Γρήγορος έλεγχος

Δεδομένα: $\mathcal{E} = 30 \ \text{V}$ , $r = 2 \ \Omega$ , $R_1 = 4 \ \Omega$ , $R_2 = 12 \ \Omega$ , $R_3 = 6 \ \Omega$ .

Λύση:

α) $R_{23} = \frac{12 \cdot 6}{12 + 6} = 4 \ \Omega$ , άρα $R_{o\lambda} = R_1 + R_{23} = 8 \ \Omega$ .

$I = \frac{\mathcal{E}}{R_{o\lambda} + r} = \frac{30}{8 + 2} = 3 \ \text{A}, \qquad V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir = 30 - 6 = 24 \ \text{V}$

β) $V_{23} = IR_{23} = 3 \cdot 4 = 12 \ \text{V}$ , οπότε $I_2 = \frac{12}{12} = 1 \ \text{A}$ και $I_3 = \frac{12}{6} = 2 \ \text{A}$ . Έλεγχος: $1 + 2 = 3 \ \text{A}$ ✔

δ) Με μηδενική εξωτερική αντίσταση: $I_{\beta\rho} = \frac{\mathcal{E}}{r} = \frac{30}{2} = 15 \ \text{A}$ — πενταπλάσιο του κανονικού.

Απάντηση: α) $3 \ \text{A}$ και $24 \ \text{V}$ β) $1 \ \text{A}$ και $2 \ \text{A}$ γ) $72 \ \text{W}$ , $80\%$ δ) $15 \ \text{A}$

Γρήγορος έλεγχος

Ήξερες ότι;

Πρόκληση

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

$I = \frac{6}{R + 1}$ και $P = I^2R = \frac{36R}{(R + 1)^2}$ . Θέτουμε $P = 8$ :

$36R = 8(R^2 + 2R + 1) \Rightarrow 8R^2 - 20R + 8 = 0 \Rightarrow 2R^2 - 5R + 2 = 0$

Συνηθισμένα λάθη

ΗΕΔ αντί για πολική τάση: η τάση στα άκρα του εξωτερικού κυκλώματος είναι $V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$ , όχι $\mathcal{E}$ .
Ξεχασμένο $r$ στον παρονομαστή: $I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$ , όχι $\frac{\mathcal{E}}{R}$ .
«Βραχυκύκλωμα = μηδενικό ρεύμα»: με $R = 0$ το ρεύμα γίνεται μέγιστο, $I_{\beta\rho} = \frac{\mathcal{E}}{r}$ .
Ισολογισμός χωρίς το $I^2r$ : η ισχύς της πηγής $\mathcal{E}I$ ισούται με όλες τις καταναλώσεις μαζί με τις απώλειες μέσα στην πηγή.

Σύνοψη — τι κρατάμε

ΗΕΔ: $\mathcal{E} = \frac{W_{\pi\eta\gamma}}{q}$ — ενέργεια που δίνει η πηγή ανά μονάδα φορτίου
Νόμος του Ohm για κλειστό κύκλωμα: $I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}$ , από τη διατήρηση της ενέργειας
Πολική τάση: $V_{\pi o\lambda} = \mathcal{E} - Ir$ — ίση με την ΗΕΔ μόνο αν $I = 0$ ή $r = 0$
Βραχυκύκλωμα: $I_{\beta\rho} = \frac{\mathcal{E}}{r}$
Ενεργειακό ισοζύγιο: $\mathcal{E}I = VI + I^2r$