Автор
Чивилев Виктор Иванович 375 статей

Физика 11 класс 11-Ф-3

§ 19. Закон Джоуля-Ленца. Энергетические превращения в электрической цепи

Для любого участка цепи, даже содержащего ЭДС, справедлив закон Джоуля – Ленца: количество теплоты, выделяемое на участке цепи с сопротивлением RR при прохождении постоянного тока II в течение времени tt, есть W=I2Rt.W=I^2Rt.

Отсюда мощность выделяемого тепла P=Wt=I2R.P=\frac Wt=I^2R.

Пусть на участке 1-2 идёт постоянный ток II, перенося за время tt от т. 1 к т. 2 заряд q=It.q=It.

Работой тока на участке 1 – 2 называется работа сил электростатического поля по перемещению qq из т. 1 в т. 2: AТ=q(φ1-φ2).A_Т=q(\varphi_1-\varphi_2).

Обозначим разность потенциалов (напряжение) φ1-φ2=UAT=qU=UIt.\varphi_1-\varphi_2=U\Rightarrow A_T=qU=UIt. В зависимости от знака UU получается и знак ATA_T.

Мощность тока: PT=ATt=UI.P_T=\frac{A_T}t=UI.

Работой источника с ЭДС E\mathcal E при прохождении через него заряда qq называется работа сторонних сил над зарядом qqAист=±E.A_{ист}=\pm\mathcal E.

Если заряд переносится постоянным током II, то Aист=±EIt.A_{ист}=\pm\mathcal EIt.

Когда заряд (ток) через источник идёт в направлении действия сторонних сил, то работа источника положительна (он отдаёт энергию). Аккумулятор в таком режиме разряжается. При обратном направлении тока работа источника отрицательна (он поглощает энергию). В этом режиме аккумулятор заряжается, запасая энергию. Мощность источника:

Pист=Aистt=±EI.P_{ист}=\frac{A_{ист}}t=\pm\mathcal EI.

Для участка цепи 1 – 2, содержащего ЭДС (источник), работа тока AТA_Т , работа источника АистА_{ист} и выделяемое количество теплоты WW связаны равнением закона сохранения энергии: AT+Aист=W.A_T+A_{ист}=W.

Для участка цепи без ЭДС Aист=0A_{ист}=0, АТ=WА_Т=W и количество теплоты равно работе тока. В этом случае количество теплоты можно выразить, используя закон Ома I=UR,I=\frac UR,, через любые две из трёх величин: II, UU и RR:

W=AT=I2Rt=UIt=U2Rt.W=A_T=I^2Rt=UIt=\frac{U^2}Rt.

Аналогичное соотношение и для мощностей:

PT=I2R=UI=U2R.P_T=I^2R=UI=\frac{U^2}R.

Задача 19.1

Найти количество теплоты, выделяющееся на внутреннем сопротивлении каждого аккумулятора и на резисторе RR за время t=10 ct=10\;c в схеме на рис. 17.1. Какие работы совершают аккумуляторы за это время?

E1=12 B, E2=3 B, r1=1 Ом, r2=2 Ом, R=6 Ом.{\mathcal E}_1=12\;B,\;{\mathcal E}_2=3\;B,\;r_1=1\;Ом,\;r_2=2\;Ом,\;R=6\;Ом.

Решение
Рис. 17,1

Ток: I=E1-E2R+r1+r2=1 A.I=\frac{\left({\mathcal E}_1-{\mathcal E}_2\right)}{R+r_1+r_2}=1\;A.

Количество теплоты на аккумуляторах и на резисторе:

W1=I2r1t=10 Дж,W2=I2r2t=20 Дж,W=I2Rt=60 Дж.\begin{array}{l}W_1=I^2r_1t=10\;Дж,\\W_2=I^2r_2t=20\;Дж,\\W=I^2Rt=60\;Дж.\end{array}

Направление действия ЭДС первого аккумулятора совпадает с направлением тока, он разряжается, его работа положительна: A1=E1It=120 ДжA_1={\mathcal E}_1It=120\;Дж

ЭДС второго аккумулятора направлена против тока, он заряжается, поглощая энергию, его работа отрицательна: A2=-E2It=-30 ДжA2=-{\mathcal E}_2It=-30\;Дж

Заметим, что A1+A2=W1+W2+W,A_1+A_2�=W_1+W_2+W, что согласуется с законом сохранения энергии..

Задача 19.2
Рис. 19.1

Конденсатор ёмкости СС, заряженный до напряжения E\mathcal E , подключается к батарее с ЭДС 3E3\mathcal E (рис. 19.1). Какое количество теплоты выделится в цепи после замыкания ключа?

Решение

После замыкания ключа ток в цепи скачком достигает некоторого значения и затем спадает до нуля, пока конденсатор не зарядится до напряжения 3E3\mathcal E . Энергия конденсатора увеличится на 

WC=C3E22-CE22=4CE2.\triangle W_C=\frac{C\left(3\mathcal E\right)^2}2-\frac{C\mathcal E^2}2=4C\mathcal E^2.

Через батарею пройдёт заряд QQ, равный изменению заряда не верхней обкладке конденсатора: q=3CE-CE=2CE.\triangle q=3C\mathcal E-C\mathcal E=2C\mathcal E.

Работа батареи: A=q3E=6CE2.A=\triangle q3\mathcal E=6C\mathcal E^2.

По ЗСЭ: A=WC+W.A=\triangle W_C+W.

В цепи выделится теплоты:W=A-WC=2CE2.W=A-\triangle W_C=2C\mathcal E^2.