Закон ома в дифференциальном виде: 3.2.2. Закон Ома в интегральной и дифференциальной форме

может быть далее получено как:
ઠ = arc tan ωL / R

Здесь экспоненциальный член стремится к нулю, когда t стремится к бесконечности. Это означает, что по прошествии достаточно длительного периода времени ток I(t) достигает практически гармонических колебаний.

О компании Swagatam

Я инженер-электронщик (dipIETE), любитель, изобретатель, разработчик схем/печатных плат, производитель. Я также являюсь основателем веб-сайта: https://www.homemade-circuits.com/, где я люблю делиться своими инновационными схемами и учебными пособиями.
Если у вас есть какие-либо вопросы, связанные со схемой, вы можете ответить через комментарии, я буду очень рад помочь!

[PDF] ЗАКОН ОМА — Скачать PDF бесплатно

ЗАКОН ОМА Теперь рассмотрим, что происходит, когда мы обеспечиваем замкнутые цепи, так что заряд не может накапливаться, чтобы нейтрализовать поле в проводнике. Другими словами, мы уходим от электростатики. Предположим, что в материале (проводнике) есть заряды, которые могут перемещаться на макроскопические расстояния. Тогда  при наличии электрического поля E заряд q будет чувствовать силу:

  F  qE Это приведет к ускорению:    F qE a  m m

Если бы это была единственная сила, график зависимости скорости от времени выглядел бы так:

Очевидно, что это неверно (v было бы становятся бесконечно большими на больших временах). На самом деле происходит то, что заряд сталкивается с ионами в материале и практически останавливается. Затем он снова ускоряется до следующего столкновения:

Это приводит к средней скорости, vd — скорости дрейфа, равной   qE  vd    E м

где τ ~ время между столкновениями.

Теперь рассмотрим небольшой кусок проводника, имеющий n зарядов в объеме, каждый из которых имеет заряд q.  Рассмотрим элемент площади dA, перпендикулярный E . Тогда заряд, пересекающий эту площадь/сек, будет: nq dA vd Следовательно, «плотность тока» (заряд/сек/площадь) будет: m

, где σ — «проводимость», μ — «подвижность». Это «ЗАКОН ОМА». Оно применимо к удивительно большому диапазону условий, и мы будем предполагать, что оно всегда описывает поведение проводников. Обычно это не удается только для очень больших полей. Однако σ обычно является функцией температуры. Это связано с тем, что высокая температура подразумевает высокую среднюю кинетическую энергию ионов. Это, в свою очередь, означает меньшее τ (ионы фактически занимают больший объем). ЗАКОН ОМА ДЛЯ ОДНОМЕРНОЙ ПРОВОДИМОСТИ

 V  Vout dV E xˆ  in xˆ  dx     Vin  Vout  Дж  E  xˆ  Пусть I («ток») будет зарядом, проходящим через точку в секунду. Тогда:     Vin  Vвых  V  Vвых I  JA  Axˆ  в xˆ  R где R – «сопротивление»:

R

 A

сек и R в омах = вольт/ампер = джоуль-сек/куль2.

Это форма закона Ома, которую мы обычно используем. ЗАКОН ОМА ДЛЯ ДРУГИХ ГЕОМЕТРИЙ Рассмотрим полую сферическую оболочку с проводимостью σ.

Концентрично со сферой находится твердая проводящая сфера меньшего радиуса (как показано). Внутренняя сфера находится под напряжением Vin, а внешняя – под напряжением Vout. Мы знаем: R2     J  Vout  Vin    E  dr     dr   R R2 1

R1

будет накапливаться при различных rs, и мы не будем в устойчивом состоянии). Отсюда:  J

I 4r 2

rˆ

Отсюда

Vout  Vin  

I 4

R2    

R1

DR R

2



I  1 1    4 % Vout  в 1  r  1 r r  2   1  4 % 

r 

1  1 1   4 % начните с самой простой схемы — одна батарея и один резистор. Мы будем использовать символы:

Тогда самая простая схема:

Как мы видели в нашем обсуждении батарей, ток течет от + к — вне батареи — отсюда и указанное направление. ЗАКОНЫ КИРХГОФА Теперь применим два принципа, которые известны под названием законов Кирхгофа. На самом деле это всего лишь утверждения о сохранении заряда и энергии. Мы предполагаем, что находимся в устойчивом состоянии, так что ничего не меняется во времени. Тогда сохранение заряда требует, чтобы ток, входящий в любую точку, был равен току, выходящему из этой точки. Это первый из двух законов. Сохранение энергии требует, чтобы сумма падений напряжения вокруг любого геометрического замкнутого контура была равна нулю. Это второй закон. Обратите внимание, что ни один из них не является абсолютным. Первое не обязательно должно быть верным в нестационарных ситуациях. Второй основан на том, что нет способов терять энергию

кроме элементов схемы. Это было бы неверно, если бы производилось излучение, как в высокочастотных цепях переменного тока. Будем считать, что они всегда применимы. Теперь вернемся к нашей простой схеме. Первый закон, очевидно, соблюдается, поскольку ток представляет собой замкнутый контур. Второй дает: V  IR  0  I 

V R

Следующий простейший случай – это два резистора и одна батарея. Теперь возможны две конфигурации:

СЕРИЯ

В  IR1  IR 2  0  I 

В В  R1  R 2 R эфф

с R эфф  R1  R 2 где мы ввели понятие «эффективное сопротивление». Мы будем часто сталкиваться с этой концепцией в схемах. Идея состоит в том, чтобы смотреть на вещи с точки зрения источника (в данном случае батареи). Остальной мир — просто «черный ящик»:

Батарея знает только то, что от нее требуется обеспечить ток I. Следовательно, с точки зрения батареи черный ящик — это просто резистор: R eff 

V I

Следовательно, в последовательном случае R eff  R1  R 2 Мы будем использовать эту идею «эффективного» позже для конденсаторов и катушек индуктивности. ПАРАЛЛЕЛЬ

I  I1  I 2 I1 

V R1

I2 

V R2

V V v   R1 R 2 R EFF 1 1 1    R R1 R 2 I

(Pr Inciple 1) (Закон Ома) (Закон Ома) (Определение R eff )

Таким образом, мы говорим, что для последовательных цепей сопротивления складываются, а для параллельных цепей обратные величины складываются.

СЛОЖНЫЕ ЦЕПИ ПОСТОЯННОГО ТОКА С помощью этих идей можно анализировать многие более сложные цепи. Рассмотрим две такие схемы. ПРИМЕР ПЕРВЫЙ

Мы решаем эту проблему, распознавая последовательные и параллельные комбинации резисторов. Мы должны быть осторожны, чтобы понять, что есть что, и применимо ли какое-либо из них. Два резистора соединены последовательно, если ток через каждый из них должен быть одинаковым НЕЗАВИСИМО от их значений. Два резистора параллельны, если напряжение на каждом из них должно быть одинаковым НЕЗАВИСИМО от их значений. Используя эти принципы, мы комбинируем резисторы следующим образом:

→

→

→

Следовательно, эффективное сопротивление батареи равно 15 Ом. Ток, обеспечиваемый аккумулятором: JB 

100  6,667 ампер 15

Мощность, обеспечиваемая аккумулятором, составляет: PB  IBV  6,667  100  666,7 вольт. Работа, совершаемая аккумулятором за один час, составляет:   Pt  666,7  3600  2,40  106 Дж Имея IB, мы можем вычислить ток через любой резистор. Например, ток через резистор 7 Ом находится следующим образом:

ВА = 100 -10 IB = 100 – 10 × 6,667 = 33,33 вольта В 33,33  I7  A   3,33 ампера 10 10

ПРИМЕР ВТОРОЙ

Мы знаем, что ток через резистор .2 ампер указан в омах. указанное направление, но R неизвестно. Мы решаем это следующим образом:

→

VA  100  5 I B V I10  A  10  .5 I B 10 I8  IB  I10  1,5 I B  10 6.2  VA  8 I8  100  5 IB  8. 1,5 IB  10   17 IB  180  IB  I R  I8  .8  1,5  10,22  10  .8  4,53 А 6,2 6,52 IR  3 0003

180  6,2  10,22 А 17

Эффективное сопротивление батареи:

В 100 R eff  B   9,78 Ом IB 10.22 Мощность, обеспечиваемая батареей: PB 0  1 BBI 10,22  1022 Вт Теперь мы можем найти ток через любой резистор, как и раньше. КОНДЕНСАТОРНЫЕ ЦЕПИ Теперь мы рассмотрим добавление конденсатора в смесь. Мы используем символ:

для конденсатора. Рассмотрим схему:

Пока ключ замкнут, конденсатор не заряжен. В момент времени t = 0 мы замыкаем переключатель. Первоначально на конденсаторе нет заряда, что означает, что напряжение на конденсаторе равно нулю. Таким образом:

I

В R

Обратите внимание, что батарея не заряжается – она просто переносит заряд с одной стороны конденсатора на другую. Следовательно, в несколько последующего времени мы имеем:

Мы знаем, что C

Q Q ϩ VCAP  V C

Таким образом,

i 

Q C ϩ V  Q  IR  0 R C

V

Теперь сейчас возьмите производную по времени от этого уравнения. 

1 dq dI R 0 C dt dt

Так как dV/dt = 0. Но dq I dt 

dI 1 I0  dt RC dI dt  I RC 

Теперь решайте, как обычно, I

   

V r

T

DI  I

 1   DT  RC 

0

 II



00003

 II

.

I t  RC V   R

В  t /RC e R

Мы говорим, что цепь имеет «постоянную времени» τ = 1/(RC). Ясно, что мы имеем: Vcap  V  IR  V 1  e  t /  

ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫЕ КОНДЕНСАТОРЫ

Имеем q q V 1  2 C1 C2 Но так как заряд не может быть создан или уничтожен, мы должны иметь : q 2  q1  0  q1  q 2 1  q  1 В  q1    1   C1 C2  Ceff Таким образом, 1 1 1   Ceff C1 C2 и обратные величины складываются для последовательно включенных конденсаторов. КОНДЕНСАТОРЫ ПАРАЛЛЕЛЬНО

На этот раз у нас есть

q q V 1  2 C1 C2 Но для батареи схема выглядит так:

Батарея передала заряд: q B  V Ceff Но мы знаем, что она передала: q B  q1  q 2 Таким образом, V Ceff  C1V  C2V  Ceff  C1  C2 и конденсаторы параллельно добавляют. Эти результаты прямо противоположны результатам для резисторов! РЕШЕНИЕ ЦЕПЕЙ С ПОМОЩЬЮ ЗАКОНОВ КИРХОФА Есть некоторые схемы, которые не могут быть решены последовательно-параллельным методом, использованным выше. Одним из распространенных примеров является схема, в которой имеется более одной батареи. Во-первых, рассмотрим схемы, содержащие только батареи и резисторы. Типичная такая схема:

Чтобы решить эту проблему, мы начнем с максимально возможного упрощения последовательно-параллельным методом.

Это все, что мы можем сделать с этим методом, поскольку ни один из оставшихся резисторов не подключен последовательно или параллельно друг другу. Поэтому мы должны вернуться к законам Кирхгофа. Самый простой способ удовлетворить первому (ток в точку = ток на выходе) — использовать петлевые токи. Затем, поскольку они являются замкнутыми контурами, это требование выполняется автоматически. Есть три очевидных петли. Сколько нам нужно? Ответ заключается в том, что нам нужно достаточное количество петель, чтобы ток в любых резисторах был разным, где он физически может отличаться. В нашем случае это требует двух циклов. Неважно, какие два из трех возможных мы выберем. Мы выбираем их, как показано:

Теперь мы должны выбрать I1 и I2, чтобы удовлетворить второму требованию – сумма изменений напряжения вокруг любого геометрического контура = 0. Поскольку у нас есть два неизвестных, нам нужно выбрать два контура. Опять же, не имеет значения, какой из трех мы выберем. Выбираем петли ABEF и ABCD. Тогда получим уравнения: 100  5  I1  I2   10 I2  0 100  5  I1  I2   50  13 I1  0

Они легко решаются 15 0 I2  5 I1  20  3 I 2 50  18  20  3 I2   5 I2  0

49 I2  310  I 2  6,33 ампер I1  20  9 2  3  6. 0003

Теперь мы можем найти что-нибудь еще интересное. Например, мощность, обеспечиваемая батареями, составляет: P100   I1  I2   100  735 Вт

P50   I1  50  51 Вт Аналогично решаются схемы с конденсаторами. Однако из-за задействованных постоянных времени решения зависят от времени и немного сложнее. Как правило, они включают решение связанных дифференциальных уравнений. ЗАКОНЫ КИРХОФА ДЛЯ КОНДЕНСАТОРОВ

Первоначально оба конденсатора не изменились. В момент времени t = 0 переключатели замкнуты. При t = 0 схема имеет вид

Таким образом,

v1   I1  i3  r 2  i1r1  0 v1   i1  i3  r 2  v2  i3r 4  0 v  i r  r2  I3  1 1 r2

 V  I R  R2   V1  V2  I1R 2   R 2  R 4   1 1 1 0 R2     R  R 2   R 2    r  r4   i1  1  r 2   v2  v1  2  1 r2    r2 

 r  v2  v1  4    r2                      I1    r1r 2  r1r 4  r 2r 4 

I3 

V1 R2

R   v2  v1 4   r2    r1  r 2   r1r 2  R1R 4  R 2R 4 

На больших временах схема принимает вид

I2 

V1  V2 R 2  R3  R 4

v1  r 2  i1  i2  i3   v2  i2r 3   i2  i3  r 4  0 q v  r 2  i1  i2  i3   v2  1   I2  i3     v2  R 4  0 C1 Теперь продифференцируем по времени di di  di r 2  1  2  3   r 3 2  r 4  2  3   0 dt dt  dt dt   dt  dt di  I di  di di  dt r 2  1  2  3   3  R 4  2  3   0 dt dt  C1 dt   dt  dt

Заметим, что на больших временах имеем I1  I3  0

I2 

V1  V2 B R 2  R3  R 4  A 2et

I3  A3et

Тогда уравнения примут вид 0 C2 R 2  A1  A 2  A3  et  R 3A 2et  R 4  A 2  A3  e t  0 R 2  A1  A 2  A3  et 

A3et  R 4e t  A 2  A3   0 C1

или R 2  A1  A 2  A3  A30003

a1 0 c 2

R 2  A1  a 2  a3   r 3a 2  r 4  a 2  a3   0 r 2  a1  a 2  a3  

a3  R 4  A 2  A3   0 C1

Теперь из-за B.