IPhO 1981 · Theory problem 2
Lamp fed through a rheostat from an accumulator
An electric lamp of resistance \(R_0 = 2\ \Omega\) working at nominal voltage \(U_0 = 4.5\ \mathrm{V}\) is connected to accumulator of electromotive force E = 6 V and negligible internal resistance.
-
The nominal voltage of the lamp is ensured as the lamp is connected potentiometrically to the accumulator using a rheostat with resistance \(R\). What should be the resistance \(R\) and what is the maximal electric current \(I_{\max}\), flowing in the rheostat, if the efficiency of the system must not be smaller than \(\eta_0 = 0.6\)?
-
What is the maximal possible efficiency \(\eta\) of the system and how the lamp can be connected to the rheostat in this case?
Official English text of the problem.
Answers
-
The total rheostat resistance must satisfy \[ \boxed{R\ge R_{\min}=8.53\ \Omega.} \] The maximum current in a rheostat section under the specified nominal operation is \[ \boxed{I_{\max}=2.81\ \mathrm{A}.} \] At the limiting design, the rheostat sections are \(8.00\ \Omega\) in parallel with the lamp and \(0.533\ \Omega\) in series with that parallel combination.
-
The maximum efficiency is \[ \boxed{\eta_{\max}=0.75=75\%.} \] Connect the lamp in series with an active rheostat resistance \[ \boxed{R_{\mathrm{series}}=\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega,} \] using the slider and one end terminal; leave the other end terminal unconnected.
Solution
We consider steady direct current, neglect the resistance of connecting wires, and use the given lamp resistance at its nominal operating point. The system efficiency is the electrical power delivered to the lamp divided by the power supplied by the accumulator: \[ \eta=\frac{P_{\mathrm{lamp}}}{P_{\mathrm{source}}}. \]
1. Potentiometer connection
Connect the two ends of the rheostat across the accumulator and connect the lamp between the slider and the negative terminal. Denote the two rheostat sections by:
- \(R_{\mathrm{s}}\): between the positive terminal and the slider;
- \(R_{\mathrm{p}}\): between the slider and the negative terminal, in parallel with the lamp.
Thus, \[ R=R_{\mathrm{s}}+R_{\mathrm{p}}. \]
At nominal lamp voltage, Ohm’s law gives the lamp current \[ I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{4.5}{2}=2.25\ \mathrm{A}. \] The current in the parallel rheostat section is \[ I_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{R_{\mathrm{p}}}. \] By Kirchhoff’s current law, the current through the series section, also the accumulator current, is \[ I=I_0+I_{\mathrm{p}}. \] It is therefore the larger of the currents in the two rheostat sections.
The lamp power is \[ P_{\mathrm{lamp}}=U_0I_0=\frac{U_0^2}{R_0} =10.125\ \mathrm{W}. \] Consequently, \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI}\ge\eta_0 \quad\Longrightarrow\quad I\le\frac{U_0I_0}{E\eta_0}. \] The largest permitted rheostat current is therefore \[ \boxed{I_{\max} =\frac{4.5\times2.25}{6\times0.6} =2.8125\ \mathrm{A}\approx2.81\ \mathrm{A}.} \]
The voltage across \(R_{\mathrm{s}}\) is \(E-U_0\), while that across \(R_{\mathrm{p}}\) is \(U_0\). Hence \[ R_{\mathrm{s}}=\frac{E-U_0}{I}, \qquad R_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{I-I_0}, \] and \[ R=\frac{E-U_0}{I}+\frac{U_0}{I-I_0}. \] Both terms decrease as \(I\) increases for \(I>I_0\). Thus the smallest total resistance compatible with the efficiency requirement occurs at \(I=I_{\max}\), where \(\eta=\eta_0\).
At this limiting point, \[ I_{\mathrm{p}}=2.8125-2.25=0.5625\ \mathrm{A}, \] so \[ R_{\mathrm{p}}=\frac{4.5}{0.5625}=8.00\ \Omega, \qquad R_{\mathrm{s}}=\frac{6-4.5}{2.8125}=0.5333\ldots\ \Omega. \] Therefore, \[ \boxed{R_{\min}=8.00+0.5333\ldots=8.53\ \Omega.} \]
Larger total resistances also satisfy the requirement when the slider is adjusted to maintain \(U_0\); they draw less shunt current and give greater efficiency.
2. Maximum possible efficiency
At nominal voltage, the lamp must receive the fixed current \(I_0\). With a passive resistive connection, the accumulator current cannot be smaller than \(I_0\); any additional parallel branch draws extra current. Therefore, \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI_{\mathrm{source}}} \le\frac{U_0}{E}. \] Equality is achieved when the accumulator supplies only the lamp current, which requires a series connection: \[ \boxed{\eta_{\max}=\frac{4.5}{6}=0.75=75\%.} \]
The active rheostat section must drop the excess voltage \(E-U_0=1.5\ \mathrm{V}\) while carrying \(I_0=2.25\ \mathrm{A}\): \[ \boxed{R_{\mathrm{series}} =\frac{E-U_0}{I_0} =\frac{1.5}{2.25} =\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega.} \]
Connect the accumulator, lamp, and this rheostat section in one series loop. Use one end terminal and the slider, leaving the other end terminal unconnected.
The solution was checked against the official solution. Where this solution differs from the official solution, the official solution contains an error or a misprint.
IPhO 1981 · Theorieaufgabe 2
Über einen Schiebewiderstand aus einem Akkumulator gespeiste Lampe
Eine elektrische Lampe mit dem Widerstand \(R_0 = 2\ \Omega\), die bei der Nennspannung \(U_0 = 4.5\ \mathrm{V}\) betrieben wird, ist an einen Akkumulator mit der elektromotorischen Kraft E = 6 V und vernachlässigbarem Innenwiderstand angeschlossen.
-
Die Nennspannung der Lampe wird dadurch sichergestellt, dass die Lampe mithilfe eines Schiebewiderstands mit dem Widerstand \(R\) in einer Potentiometerschaltung an den Akkumulator angeschlossen wird. Wie groß muss der Widerstand \(R\) sein, und wie groß ist der maximale elektrische Strom \(I_{\max}\), der im Schiebewiderstand fließt, wenn der Wirkungsgrad des Systems nicht kleiner als \(\eta_0 = 0.6\) sein darf?
-
Wie groß ist der maximal mögliche Wirkungsgrad \(\eta\) des Systems, und wie kann die Lampe in diesem Fall an den Schiebewiderstand angeschlossen werden?
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.
Antworten
-
Für den Gesamtwiderstand des Schiebewiderstands muss gelten: \[ \boxed{R\ge R_{\min}=8.53\ \Omega.} \] Der maximale Strom in einem Abschnitt des Schiebewiderstands bei dem vorgegebenen Nennbetrieb beträgt \[ \boxed{I_{\max}=2.81\ \mathrm{A}.} \] Bei der Grenzauslegung betragen die Widerstände der Abschnitte des Schiebewiderstands \(8.00\ \Omega\) parallel zur Lampe und \(0.533\ \Omega\) in Reihe mit dieser Parallelschaltung.
-
Der maximale Wirkungsgrad beträgt \[ \boxed{\eta_{\max}=0.75=75\%.} \] Die Lampe wird in Reihe mit einem wirksamen Widerstand des Schiebewiderstands von \[ \boxed{R_{\mathrm{series}}=\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega,} \] angeschlossen, wobei der Schleifer und eine Endklemme verwendet werden; die andere Endklemme bleibt unbeschaltet.
Lösung
Wir betrachten einen stationären Gleichstrom, vernachlässigen den Widerstand der Verbindungsleitungen und verwenden den angegebenen Lampenwiderstand am Nennbetriebspunkt. Der Wirkungsgrad des Systems ist die der Lampe zugeführte elektrische Leistung geteilt durch die vom Akkumulator abgegebene Leistung: \[ \eta=\frac{P_{\mathrm{lamp}}}{P_{\mathrm{source}}}. \]
1. Potentiometerschaltung
Die beiden Enden des Schiebewiderstands werden an die Pole des Akkumulators angeschlossen, und die Lampe wird zwischen den Schleifer und den Minuspol geschaltet. Die beiden Abschnitte des Schiebewiderstands werden wie folgt bezeichnet:
- \(R_{\mathrm{s}}\): zwischen dem Pluspol und dem Schleifer;
- \(R_{\mathrm{p}}\): zwischen dem Schleifer und dem Minuspol, parallel zur Lampe.
Damit gilt \[ R=R_{\mathrm{s}}+R_{\mathrm{p}}. \]
Bei der Nennspannung der Lampe ergibt sich nach dem ohmschen Gesetz der Lampenstrom \[ I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{4.5}{2}=2.25\ \mathrm{A}. \] Der Strom im parallel geschalteten Abschnitt des Schiebewiderstands beträgt \[ I_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{R_{\mathrm{p}}}. \] Nach der kirchhoffschen Knotenregel beträgt der Strom durch den in Reihe geschalteten Abschnitt, der zugleich der Akkumulatorstrom ist, \[ I=I_0+I_{\mathrm{p}}. \] Er ist somit der größere der Ströme in den beiden Abschnitten des Schiebewiderstands.
Die Lampenleistung beträgt \[ P_{\mathrm{lamp}}=U_0I_0=\frac{U_0^2}{R_0} =10.125\ \mathrm{W}. \] Folglich gilt \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI}\ge\eta_0 \quad\Longrightarrow\quad I\le\frac{U_0I_0}{E\eta_0}. \] Der größte zulässige Strom im Schiebewiderstand beträgt daher \[ \boxed{I_{\max} =\frac{4.5\times2.25}{6\times0.6} =2.8125\ \mathrm{A}\approx2.81\ \mathrm{A}.} \]
Die Spannung an \(R_{\mathrm{s}}\) beträgt \(E-U_0\), während die Spannung an \(R_{\mathrm{p}}\) gleich \(U_0\) ist. Daher gilt \[ R_{\mathrm{s}}=\frac{E-U_0}{I}, \qquad R_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{I-I_0}, \] und \[ R=\frac{E-U_0}{I}+\frac{U_0}{I-I_0}. \] Beide Terme nehmen für \(I>I_0\) mit wachsendem \(I\) ab. Somit wird der kleinste Gesamtwiderstand, der mit der Wirkungsgradanforderung vereinbar ist, bei \(I=I_{\max}\) erreicht, wobei \(\eta=\eta_0\) gilt.
An diesem Grenzpunkt gilt \[ I_{\mathrm{p}}=2.8125-2.25=0.5625\ \mathrm{A}, \] also \[ R_{\mathrm{p}}=\frac{4.5}{0.5625}=8.00\ \Omega, \qquad R_{\mathrm{s}}=\frac{6-4.5}{2.8125}=0.5333\ldots\ \Omega. \] Daher gilt \[ \boxed{R_{\min}=8.00+0.5333\ldots=8.53\ \Omega.} \]
Größere Gesamtwiderstände erfüllen die Anforderung ebenfalls, wenn der Schleifer so eingestellt wird, dass \(U_0\) aufrechterhalten wird; dabei fließt ein kleinerer Strom durch den Parallelzweig, und der Wirkungsgrad ist höher.
2. Maximal möglicher Wirkungsgrad
Bei Nennspannung muss durch die Lampe der fest vorgegebene Strom \(I_0\) fließen. Bei einer passiven Widerstandsschaltung kann der Akkumulatorstrom nicht kleiner als \(I_0\) sein; jeder zusätzliche Parallelzweig nimmt zusätzlichen Strom auf. Daher gilt \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI_{\mathrm{source}}} \le\frac{U_0}{E}. \] Gleichheit wird erreicht, wenn der Akkumulator nur den Lampenstrom liefert, wofür eine Reihenschaltung erforderlich ist: \[ \boxed{\eta_{\max}=\frac{4.5}{6}=0.75=75\%.} \]
Am wirksamen Abschnitt des Schiebewiderstands muss die überschüssige Spannung \(E-U_0=1.5\ \mathrm{V}\) abfallen, während durch ihn der Strom \(I_0=2.25\ \mathrm{A}\) fließt: \[ \boxed{R_{\mathrm{series}} =\frac{E-U_0}{I_0} =\frac{1.5}{2.25} =\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega.} \]
Der Akkumulator, die Lampe und dieser Abschnitt des Schiebewiderstands werden in einem einzigen Stromkreis in Reihe geschaltet. Dabei werden eine Endklemme und der Schleifer verwendet; die andere Endklemme bleibt unbeschaltet.
Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen. Wo diese Lösung von der offiziellen Lösung abweicht, enthält die offizielle Lösung einen Fehler oder Druckfehler.
IPhO 1981 · Teori sorusu 2
Bir akümülatörden reosta üzerinden beslenen lamba
Nominal gerilimi \(U_0 = 4.5\ \mathrm{V}\) olan ve bu gerilimde çalışan, direnci \(R_0 = 2\ \Omega\) olan bir elektrik lambası, elektromotor kuvveti E = 6 V ve iç direnci ihmal edilebilir olan bir akümülatöre bağlanmıştır.
-
Direnci \(R\) olan bir reosta kullanılarak lamba akümülatöre potansiyometrik olarak bağlandığında lambanın nominal gerilimde çalışması sağlanmaktadır. Sistemin veriminin \(\eta_0 = 0.6\) değerinden küçük olmaması için \(R\) direnci ne olmalıdır ve reostadan geçen en büyük elektrik akımı \(I_{\max}\) nedir?
-
Sistemin mümkün olan en büyük verimi \(\eta\) nedir ve bu durumda lamba reostaya nasıl bağlanabilir?
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.
Cevaplar
-
Reostanın toplam direnci \[ \boxed{R\ge R_{\min}=8.53\ \Omega.} \] koşulunu sağlamalıdır. Belirtilen nominal çalışma koşullarında reostanın bir bölümünden geçen en büyük akım \[ \boxed{I_{\max}=2.81\ \mathrm{A}.} \] olur. Sınır duruma karşılık gelen düzenlemede, reostanın lambaya paralel olan bölümü \(8.00\ \Omega\), bu paralel birleşime seri olan bölümü ise \(0.533\ \Omega\) dirence sahiptir.
-
En büyük verim \[ \boxed{\eta_{\max}=0.75=75\%.} \] olur. Sürgüyü ve uç bağlantılarından birini kullanarak lambayı, etkin direnci \[ \boxed{R_{\mathrm{series}}=\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega,} \] olan reosta bölümüyle seri bağlayın; diğer uç bağlantısını boşta bırakın.
Çözüm
Kararlı doğru akımı ele alıyor, bağlantı tellerinin direncini ihmal ediyor ve lambanın nominal çalışma noktasındaki verilen direncini kullanıyoruz. Sistemin verimi, lambaya aktarılan elektriksel gücün akümülatörün sağladığı güce oranıdır: \[ \eta=\frac{P_{\mathrm{lamp}}}{P_{\mathrm{source}}}. \]
1. Potansiyometre bağlantısı
Reostanın iki ucunu akümülatörün uçlarına, lambayı ise sürgü ile negatif uç arasına bağlayın. Reostanın iki bölümünü şöyle gösterelim:
- \(R_{\mathrm{s}}\): pozitif uç ile sürgü arasında;
- \(R_{\mathrm{p}}\): sürgü ile negatif uç arasında, lambaya paralel.
Böylece, \[ R=R_{\mathrm{s}}+R_{\mathrm{p}}. \]
Lamba nominal gerilimde çalışırken Ohm yasası lamba akımını şöyle verir: \[ I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{4.5}{2}=2.25\ \mathrm{A}. \] Reostanın paralel bölümünden geçen akım \[ I_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{R_{\mathrm{p}}}. \] olur. Kirchhoff'un akım yasasına göre, seri bölümden geçen ve aynı zamanda akümülatör akımı olan akım \[ I=I_0+I_{\mathrm{p}}. \] olur. Dolayısıyla bu akım, reostanın iki bölümünden geçen akımlardan büyük olanıdır.
Lambanın gücü \[ P_{\mathrm{lamp}}=U_0I_0=\frac{U_0^2}{R_0} =10.125\ \mathrm{W}. \] olur. Buna göre, \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI}\ge\eta_0 \quad\Longrightarrow\quad I\le\frac{U_0I_0}{E\eta_0}. \] Dolayısıyla izin verilen en büyük reosta akımı \[ \boxed{I_{\max} =\frac{4.5\times2.25}{6\times0.6} =2.8125\ \mathrm{A}\approx2.81\ \mathrm{A}.} \] olur.
\(R_{\mathrm{s}}\) üzerindeki gerilim \(E-U_0\), \(R_{\mathrm{p}}\) üzerindeki gerilim ise \(U_0\) değerindedir. Bu nedenle \[ R_{\mathrm{s}}=\frac{E-U_0}{I}, \qquad R_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{I-I_0}, \] ve \[ R=\frac{E-U_0}{I}+\frac{U_0}{I-I_0}. \] \(I>I_0\) için \(I\) arttıkça her iki terim de azalır. Dolayısıyla verim koşuluyla uyumlu en küçük toplam direnç, \(\eta=\eta_0\) olduğu \(I=I_{\max}\) durumunda elde edilir.
Bu sınır noktasında, \[ I_{\mathrm{p}}=2.8125-2.25=0.5625\ \mathrm{A}, \] dolayısıyla \[ R_{\mathrm{p}}=\frac{4.5}{0.5625}=8.00\ \Omega, \qquad R_{\mathrm{s}}=\frac{6-4.5}{2.8125}=0.5333\ldots\ \Omega. \] Böylece, \[ \boxed{R_{\min}=8.00+0.5333\ldots=8.53\ \Omega.} \]
Sürgü, \(U_0\) gerilimini koruyacak şekilde ayarlandığında daha büyük toplam dirençler de koşulu sağlar; bu durumda şönt kolundan daha az akım geçer ve daha yüksek verim elde edilir.
2. Mümkün olan en büyük verim
Nominal gerilimde lambadan sabit \(I_0\) akımı geçmelidir. Pasif dirençlerden oluşan bir bağlantıda akümülatör akımı \(I_0\) değerinden küçük olamaz; eklenen her paralel kol fazladan akım çeker. Dolayısıyla, \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI_{\mathrm{source}}} \le\frac{U_0}{E}. \] Eşitlik, akümülatör yalnızca lamba akımını sağladığında elde edilir; bu da seri bağlantı gerektirir: \[ \boxed{\eta_{\max}=\frac{4.5}{6}=0.75=75\%.} \]
Reostanın etkin bölümü, üzerinden \(I_0=2.25\ \mathrm{A}\) akımı geçerken fazla gerilim olan \(E-U_0=1.5\ \mathrm{V}\) değerinde bir gerilim düşümü sağlamalıdır: \[ \boxed{R_{\mathrm{series}} =\frac{E-U_0}{I_0} =\frac{1.5}{2.25} =\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega.} \]
Akümülatörü, lambayı ve reostanın bu bölümünü tek bir seri devre oluşturacak şekilde bağlayın. Bir uç bağlantısını ve sürgüyü kullanın, diğer uç bağlantısını boşta bırakın.
Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi. Bu çözümün resmi çözümden ayrıldığı yerlerde resmi çözümde bir hata ya da baskı hatası vardır.
IPhO 1981 · Problema teórico 2
Lámpara alimentada por un acumulador a través de un reóstato
Una lámpara eléctrica de resistencia \(R_0 = 2\ \Omega\), que funciona a una tensión nominal \(U_0 = 4.5\ \mathrm{V}\), está conectada a un acumulador de fuerza electromotriz E = 6 V y resistencia interna despreciable.
-
La tensión nominal de la lámpara se garantiza conectándola al acumulador mediante un reóstato de resistencia \(R\) en una conexión potenciométrica. ¿Cuál debe ser la resistencia \(R\) y cuál es la corriente eléctrica máxima \(I_{\max}\) que circula por el reóstato, si el rendimiento del sistema no debe ser inferior a \(\eta_0 = 0.6\)?
-
¿Cuál es el máximo rendimiento posible \(\eta\) del sistema y cómo puede conectarse la lámpara al reóstato en este caso?
Enunciado traducido del texto oficial en inglés.
Respuestas
-
La resistencia total del reóstato debe satisfacer \[ \boxed{R\ge R_{\min}=8.53\ \Omega.} \] La corriente máxima en un tramo del reóstato en las condiciones de funcionamiento nominal especificadas es \[ \boxed{I_{\max}=2.81\ \mathrm{A}.} \] En el diseño límite, los tramos del reóstato tienen resistencias de \(8.00\ \Omega\) en paralelo con la lámpara y de \(0.533\ \Omega\) en serie con esa combinación en paralelo.
-
El rendimiento máximo es \[ \boxed{\eta_{\max}=0.75=75\%.} \] Conecte la lámpara en serie con una resistencia activa del reóstato de \[ \boxed{R_{\mathrm{series}}=\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega,} \] utilizando el cursor y uno de los terminales de los extremos; deje el otro terminal sin conectar.
Solución
Consideramos una corriente continua estacionaria, despreciamos la resistencia de los cables de conexión y utilizamos la resistencia de la lámpara dada para su punto de funcionamiento nominal. El rendimiento del sistema es la potencia eléctrica entregada a la lámpara dividida por la potencia suministrada por el acumulador: \[ \eta=\frac{P_{\mathrm{lamp}}}{P_{\mathrm{source}}}. \]
1. Conexión potenciométrica
Conecte los dos extremos del reóstato a los bornes del acumulador y conecte la lámpara entre el cursor y el borne negativo. Denotamos los dos tramos del reóstato por:
- \(R_{\mathrm{s}}\): entre el borne positivo y el cursor;
- \(R_{\mathrm{p}}\): entre el cursor y el borne negativo, en paralelo con la lámpara.
Por tanto, \[ R=R_{\mathrm{s}}+R_{\mathrm{p}}. \]
A la tensión nominal de la lámpara, la ley de Ohm proporciona la corriente que circula por ella: \[ I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{4.5}{2}=2.25\ \mathrm{A}. \] La corriente en el tramo del reóstato en paralelo es \[ I_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{R_{\mathrm{p}}}. \] Según la ley de corrientes de Kirchhoff, la corriente que circula por el tramo en serie, que es también la corriente del acumulador, es \[ I=I_0+I_{\mathrm{p}}. \] Por tanto, es la mayor de las corrientes que circulan por los dos tramos del reóstato.
La potencia de la lámpara es \[ P_{\mathrm{lamp}}=U_0I_0=\frac{U_0^2}{R_0} =10.125\ \mathrm{W}. \] En consecuencia, \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI}\ge\eta_0 \quad\Longrightarrow\quad I\le\frac{U_0I_0}{E\eta_0}. \] La corriente máxima permitida en el reóstato es, por tanto, \[ \boxed{I_{\max} =\frac{4.5\times2.25}{6\times0.6} =2.8125\ \mathrm{A}\approx2.81\ \mathrm{A}.} \]
La tensión entre los extremos de \(R_{\mathrm{s}}\) es \(E-U_0\), mientras que la tensión entre los extremos de \(R_{\mathrm{p}}\) es \(U_0\). Así pues, \[ R_{\mathrm{s}}=\frac{E-U_0}{I}, \qquad R_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{I-I_0}, \] y \[ R=\frac{E-U_0}{I}+\frac{U_0}{I-I_0}. \] Ambos términos disminuyen al aumentar \(I\) para \(I>I_0\). Por tanto, la menor resistencia total compatible con el requisito de rendimiento se obtiene para \(I=I_{\max}\), cuando \(\eta=\eta_0\).
En este punto límite, \[ I_{\mathrm{p}}=2.8125-2.25=0.5625\ \mathrm{A}, \] de modo que \[ R_{\mathrm{p}}=\frac{4.5}{0.5625}=8.00\ \Omega, \qquad R_{\mathrm{s}}=\frac{6-4.5}{2.8125}=0.5333\ldots\ \Omega. \] Por tanto, \[ \boxed{R_{\min}=8.00+0.5333\ldots=8.53\ \Omega.} \]
Las resistencias totales mayores también satisfacen el requisito cuando se ajusta el cursor para mantener \(U_0\); hacen que circule menos corriente por la derivación y proporcionan un mayor rendimiento.
2. Máximo rendimiento posible
A la tensión nominal, la lámpara debe recibir la corriente fija \(I_0\). Con una conexión resistiva pasiva, la corriente del acumulador no puede ser inferior a \(I_0\); cualquier rama adicional en paralelo consume corriente adicional. Por tanto, \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI_{\mathrm{source}}} \le\frac{U_0}{E}. \] La igualdad se alcanza cuando el acumulador suministra únicamente la corriente de la lámpara, lo que requiere una conexión en serie: \[ \boxed{\eta_{\max}=\frac{4.5}{6}=0.75=75\%.} \]
El tramo activo del reóstato debe producir una caída de tensión igual al exceso de tensión \(E-U_0=1.5\ \mathrm{V}\) mientras circula por él \(I_0=2.25\ \mathrm{A}\): \[ \boxed{R_{\mathrm{series}} =\frac{E-U_0}{I_0} =\frac{1.5}{2.25} =\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega.} \]
Conecte el acumulador, la lámpara y este tramo del reóstato en un único circuito en serie. Utilice uno de los terminales de los extremos y el cursor, dejando el otro terminal sin conectar.
La solución se comprobó con la solución oficial. Donde esta solución difiere de la solución oficial, la solución oficial contiene un error o una errata.
IPhO 1981 · 理论题 2
通过滑动变阻器由蓄电池供电的电灯
一盏电阻为 \(R_0 = 2\ \Omega\)、额定电压为 \(U_0 = 4.5\ \mathrm{V}\) 的电灯接在电动势 E = 6 V、内阻可忽略不计的蓄电池上。
-
用一个电阻为 \(R\) 的滑动变阻器，以分压方式将电灯接到蓄电池上，使电灯两端的电压保持为额定电压。如果系统的效率不得低于 \(\eta_0 = 0.6\)，那么电阻 \(R\) 应为多少，流过滑动变阻器的最大电流 \(I_{\max}\) 是多少？
-
系统可能达到的最大效率 \(\eta\) 是多少？此时应如何将电灯与滑动变阻器连接？
题目译自官方英文原文。
答案
-
滑动变阻器的总电阻必须满足 \[ \boxed{R\ge R_{\min}=8.53\ \Omega.} \] 在规定的额定工作条件下，流过滑动变阻器某一段的最大电流为 \[ \boxed{I_{\max}=2.81\ \mathrm{A}.} \] 在满足要求的极限配置下，滑动变阻器中与电灯并联的一段电阻为 \(8.00\ \Omega\)，与该并联组合串联的一段电阻为 \(0.533\ \Omega\)。
-
最大效率为 \[ \boxed{\eta_{\max}=0.75=75\%.} \] 将电灯与滑动变阻器接入电路的有效电阻串联，该电阻为 \[ \boxed{R_{\mathrm{series}}=\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega,} \] 使用滑动触头和一个端部接线柱，另一个端部接线柱悬空。
解答
我们考虑稳恒直流，忽略连接导线的电阻，并采用题目给出的电灯在额定工作点的电阻。系统效率定义为输送给电灯的电功率与蓄电池提供的功率之比： \[ \eta=\frac{P_{\mathrm{lamp}}}{P_{\mathrm{source}}}. \]
1. 分压式接法
将滑动变阻器的两端接在蓄电池两极之间，并将电灯接在滑动触头与负极之间。将滑动变阻器的两段电阻记为：
- \(R_{\mathrm{s}}\)：正极与滑动触头之间的一段；
- \(R_{\mathrm{p}}\)：滑动触头与负极之间的一段，与电灯并联。
因此， \[ R=R_{\mathrm{s}}+R_{\mathrm{p}}. \]
当电灯两端为额定电压时，由欧姆定律可得电灯中的电流 \[ I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{4.5}{2}=2.25\ \mathrm{A}. \] 流过滑动变阻器并联段的电流为 \[ I_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{R_{\mathrm{p}}}. \] 根据基尔霍夫电流定律，流过串联段的电流，也就是蓄电池的电流，为 \[ I=I_0+I_{\mathrm{p}}. \] 因此，它是流过滑动变阻器两段的电流中较大的一个。
电灯的功率为 \[ P_{\mathrm{lamp}}=U_0I_0=\frac{U_0^2}{R_0} =10.125\ \mathrm{W}. \] 于是， \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI}\ge\eta_0 \quad\Longrightarrow\quad I\le\frac{U_0I_0}{E\eta_0}. \] 因此，滑动变阻器中允许流过的最大电流为 \[ \boxed{I_{\max} =\frac{4.5\times2.25}{6\times0.6} =2.8125\ \mathrm{A}\approx2.81\ \mathrm{A}.} \]
\(R_{\mathrm{s}}\) 两端的电压为 \(E-U_0\)，而 \(R_{\mathrm{p}}\) 两端的电压为 \(U_0\)。因此 \[ R_{\mathrm{s}}=\frac{E-U_0}{I}, \qquad R_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{I-I_0}, \] 并且 \[ R=\frac{E-U_0}{I}+\frac{U_0}{I-I_0}. \] 当 \(I>I_0\) 时，两项都随 \(I\) 的增大而减小。因此，满足效率要求的最小总电阻在 \(I=I_{\max}\) 时取得，此时 \(\eta=\eta_0\)。
在这一极限工作点， \[ I_{\mathrm{p}}=2.8125-2.25=0.5625\ \mathrm{A}, \] 所以 \[ R_{\mathrm{p}}=\frac{4.5}{0.5625}=8.00\ \Omega, \qquad R_{\mathrm{s}}=\frac{6-4.5}{2.8125}=0.5333\ldots\ \Omega. \] 因此， \[ \boxed{R_{\min}=8.00+0.5333\ldots=8.53\ \Omega.} \]
当调节滑动触头以保持电压为 \(U_0\) 时，更大的总电阻也能满足要求；此时分流电流更小，效率更高。
2. 可能达到的最大效率
在额定电压下，电灯必须获得固定的电流 \(I_0\)。采用无源电阻连接时，蓄电池的电流不可能小于 \(I_0\)；任何额外的并联支路都会消耗额外的电流。因此， \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI_{\mathrm{source}}} \le\frac{U_0}{E}. \] 当蓄电池仅提供流过电灯的电流时等号成立，这要求采用串联接法： \[ \boxed{\eta_{\max}=\frac{4.5}{6}=0.75=75\%.} \]
滑动变阻器接入电路的部分必须在流过电流 \(I_0=2.25\ \mathrm{A}\) 时承担多余的电压 \(E-U_0=1.5\ \mathrm{V}\)： \[ \boxed{R_{\mathrm{series}} =\frac{E-U_0}{I_0} =\frac{1.5}{2.25} =\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega.} \]
将蓄电池、电灯和滑动变阻器的这一段连接成一个串联回路。使用一个端部接线柱和滑动触头，另一个端部接线柱悬空。
解答已与官方解答核对。本解答与官方解答不同之处，均为官方解答中的错误或印刷错误。
IPhO 1981 · Теоретическая задача 2
Лампа, питаемая от аккумулятора через реостат
Электрическая лампа сопротивлением \(R_0 = 2\ \Omega\), работающая при номинальном напряжении \(U_0 = 4.5\ \mathrm{V}\), подключена к аккумулятору с электродвижущей силой E = 6 V и пренебрежимо малым внутренним сопротивлением.
-
Номинальное напряжение на лампе обеспечивается её подключением к аккумулятору по потенциометрической схеме с помощью реостата сопротивлением \(R\). Каким должно быть сопротивление \(R\) и какова максимальная сила электрического тока \(I_{\max}\), протекающего через реостат, если КПД системы должен быть не меньше \(\eta_0 = 0.6\)?
-
Каков максимально возможный КПД \(\eta\) системы и как в этом случае следует подключить лампу к реостату?
Условие переведено с официального английского текста.
Ответы
-
Полное сопротивление реостата должно удовлетворять условию \[ \boxed{R\ge R_{\min}=8.53\ \Omega.} \] Максимальная сила тока в участке реостата при заданном номинальном режиме работы равна \[ \boxed{I_{\max}=2.81\ \mathrm{A}.} \] В предельном случае сопротивления участков реостата составляют \(8.00\ \Omega\) для участка, подключённого параллельно лампе, и \(0.533\ \Omega\) для участка, подключённого последовательно с этим параллельным соединением.
-
Максимальный КПД равен \[ \boxed{\eta_{\max}=0.75=75\%.} \] Подключить лампу последовательно с включённым в цепь участком реостата сопротивлением \[ \boxed{R_{\mathrm{series}}=\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega,} \] используя ползунок и один из крайних выводов; другой крайний вывод оставить неподключённым.
Решение
Рассмотрим установившийся постоянный ток, пренебрежём сопротивлением соединительных проводов и будем использовать заданное сопротивление лампы в её номинальном режиме работы. КПД системы — это отношение электрической мощности, потребляемой лампой, к мощности, отдаваемой аккумулятором: \[ \eta=\frac{P_{\mathrm{lamp}}}{P_{\mathrm{source}}}. \]
1. Потенциометрическое подключение
Подключим два крайних вывода реостата к клеммам аккумулятора, а лампу — между ползунком и отрицательной клеммой. Обозначим сопротивления двух участков реостата следующим образом:
- \(R_{\mathrm{s}}\): между положительной клеммой и ползунком;
- \(R_{\mathrm{p}}\): между ползунком и отрицательной клеммой, параллельно лампе.
Таким образом, \[ R=R_{\mathrm{s}}+R_{\mathrm{p}}. \]
При номинальном напряжении на лампе по закону Ома сила тока через неё равна \[ I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{4.5}{2}=2.25\ \mathrm{A}. \] Сила тока в параллельном участке реостата равна \[ I_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{R_{\mathrm{p}}}. \] По первому закону Кирхгофа сила тока через последовательный участок, равная также силе тока через аккумулятор, составляет \[ I=I_0+I_{\mathrm{p}}. \] Следовательно, это большая из сил токов в двух участках реостата.
Мощность лампы равна \[ P_{\mathrm{lamp}}=U_0I_0=\frac{U_0^2}{R_0} =10.125\ \mathrm{W}. \] Следовательно, \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI}\ge\eta_0 \quad\Longrightarrow\quad I\le\frac{U_0I_0}{E\eta_0}. \] Таким образом, наибольшая допустимая сила тока через реостат равна \[ \boxed{I_{\max} =\frac{4.5\times2.25}{6\times0.6} =2.8125\ \mathrm{A}\approx2.81\ \mathrm{A}.} \]
Напряжение на \(R_{\mathrm{s}}\) равно \(E-U_0\), а на \(R_{\mathrm{p}}\) — \(U_0\). Поэтому \[ R_{\mathrm{s}}=\frac{E-U_0}{I}, \qquad R_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{I-I_0}, \] и \[ R=\frac{E-U_0}{I}+\frac{U_0}{I-I_0}. \] Оба слагаемых уменьшаются с увеличением \(I\) при \(I>I_0\). Поэтому наименьшее полное сопротивление, удовлетворяющее требованию к КПД, достигается при \(I=I_{\max}\), когда \(\eta=\eta_0\).
В этом предельном случае \[ I_{\mathrm{p}}=2.8125-2.25=0.5625\ \mathrm{A}, \] так что \[ R_{\mathrm{p}}=\frac{4.5}{0.5625}=8.00\ \Omega, \qquad R_{\mathrm{s}}=\frac{6-4.5}{2.8125}=0.5333\ldots\ \Omega. \] Следовательно, \[ \boxed{R_{\min}=8.00+0.5333\ldots=8.53\ \Omega.} \]
Большие значения полного сопротивления также удовлетворяют требованию, если положение ползунка выбрано так, чтобы поддерживать напряжение \(U_0\); при этом ток через шунтирующий участок меньше, а КПД выше.
2. Максимально возможный КПД
При номинальном напряжении через лампу должен протекать ток фиксированной силы \(I_0\). При подключении с помощью пассивных резистивных элементов сила тока через аккумулятор не может быть меньше \(I_0\); любая дополнительная параллельная ветвь потребляет дополнительный ток. Поэтому \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI_{\mathrm{source}}} \le\frac{U_0}{E}. \] Равенство достигается, когда аккумулятор обеспечивает только ток лампы, для чего необходимо последовательное соединение: \[ \boxed{\eta_{\max}=\frac{4.5}{6}=0.75=75\%.} \]
На включённом в цепь участке реостата должно падать избыточное напряжение \(E-U_0=1.5\ \mathrm{V}\) при протекании через него тока \(I_0=2.25\ \mathrm{A}\): \[ \boxed{R_{\mathrm{series}} =\frac{E-U_0}{I_0} =\frac{1.5}{2.25} =\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega.} \]
Соединим аккумулятор, лампу и этот участок реостата последовательно в одну замкнутую цепь. Используем один крайний вывод и ползунок, оставив другой крайний вывод неподключённым.
Решение проверено по официальному решению. Там, где это решение расходится с официальным, в официальном решении есть ошибка или опечатка.
IPhO 1981 · مسألة نظرية 2
مصباح يُغذّى من بطارية عبر مقاومة متغيرة
مصباح كهربائي مقاومته \(R_0 = 2\ \Omega\) ويعمل عند جهد اسمي \(U_0 = 4.5\ \mathrm{V}\)، موصول ببطارية قوتها الدافعة الكهربائية E = 6 V ومقاومتها الداخلية مهملة.
-
يُؤمَّن الجهد الاسمي للمصباح بتوصيله بالبطارية باستخدام مقاومة متغيرة مقدار مقاومتها \(R\) تعمل كمقسّم جهد. ما قيمة المقاومة \(R\) المطلوبة، وما أقصى تيار كهربائي \(I_{\max}\) يسري في المقاومة المتغيرة، إذا كان يجب ألا تقل كفاءة المنظومة عن \(\eta_0 = 0.6\)؟
-
ما أقصى كفاءة ممكنة \(\eta\) للمنظومة، وكيف يمكن توصيل المصباح بالمقاومة المتغيرة في هذه الحالة؟
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.
الإجابات
-
يجب أن تحقق المقاومة الكلية للمقاومة المتغيرة الشرط \[ \boxed{R\ge R_{\min}=8.53\ \Omega.} \] أقصى تيار في أحد جزأي المقاومة المتغيرة في ظروف التشغيل الاسمية المحددة هو \[ \boxed{I_{\max}=2.81\ \mathrm{A}.} \] عند التصميم الحدي، تكون مقاومة الجزء الموصول على التوازي مع المصباح \(8.00\ \Omega\)، ومقاومة الجزء الموصول على التوالي مع مجموعة التوازي هذه \(0.533\ \Omega\).
-
الكفاءة القصوى هي \[ \boxed{\eta_{\max}=0.75=75\%.} \] يُوصَل المصباح على التوالي مع جزء فعّال من المقاومة المتغيرة مقاومته \[ \boxed{R_{\mathrm{series}}=\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega,} \] باستخدام المنزلق وأحد الطرفين؛ ويُترَك الطرف الآخر غير موصول.
الحل
نفترض تيارًا مستمرًا مستقرًا، ونهمل مقاومة أسلاك التوصيل، ونستخدم مقاومة المصباح المعطاة عند نقطة تشغيله الاسمية. كفاءة المنظومة هي القدرة الكهربائية الواصلة إلى المصباح مقسومة على القدرة التي تزودها البطارية: \[ \eta=\frac{P_{\mathrm{lamp}}}{P_{\mathrm{source}}}. \]
1. التوصيل كمقسّم جهد
نصل طرفي المقاومة المتغيرة بقطبي البطارية، ونصل المصباح بين المنزلق والقطب السالب. نرمز إلى جزأي المقاومة المتغيرة كما يأتي:
- \(R_{\mathrm{s}}\): بين القطب الموجب والمنزلق؛
- \(R_{\mathrm{p}}\): بين المنزلق والقطب السالب، على التوازي مع المصباح.
إذن، \[ R=R_{\mathrm{s}}+R_{\mathrm{p}}. \]
عند الجهد الاسمي للمصباح، يعطي قانون أوم تيار المصباح \[ I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{4.5}{2}=2.25\ \mathrm{A}. \] التيار في جزء المقاومة المتغيرة الموصول على التوازي هو \[ I_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{R_{\mathrm{p}}}. \] وفقًا لقانون كيرشوف للتيار، فإن التيار المار في الجزء الموصول على التوالي، وهو أيضًا تيار البطارية، يساوي \[ I=I_0+I_{\mathrm{p}}. \] ومن ثم فهو الأكبر بين التيارين المارين في جزأي المقاومة المتغيرة.
قدرة المصباح هي \[ P_{\mathrm{lamp}}=U_0I_0=\frac{U_0^2}{R_0} =10.125\ \mathrm{W}. \] وبالتالي، \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI}\ge\eta_0 \quad\Longrightarrow\quad I\le\frac{U_0I_0}{E\eta_0}. \] إذن، أكبر تيار مسموح به في المقاومة المتغيرة هو \[ \boxed{I_{\max} =\frac{4.5\times2.25}{6\times0.6} =2.8125\ \mathrm{A}\approx2.81\ \mathrm{A}.} \]
الجهد بين طرفي \(R_{\mathrm{s}}\) هو \(E-U_0\)، بينما الجهد بين طرفي \(R_{\mathrm{p}}\) هو \(U_0\). ومن ثم \[ R_{\mathrm{s}}=\frac{E-U_0}{I}, \qquad R_{\mathrm{p}}=\frac{U_0}{I-I_0}, \] و \[ R=\frac{E-U_0}{I}+\frac{U_0}{I-I_0}. \] يتناقص كلا الحدين مع ازدياد \(I\) عندما يكون \(I>I_0\). لذلك تتحقق أصغر مقاومة كلية متوافقة مع شرط الكفاءة عند \(I=I_{\max}\)، حيث \(\eta=\eta_0\).
عند هذه النقطة الحدية، \[ I_{\mathrm{p}}=2.8125-2.25=0.5625\ \mathrm{A}, \] ومن ثم \[ R_{\mathrm{p}}=\frac{4.5}{0.5625}=8.00\ \Omega, \qquad R_{\mathrm{s}}=\frac{6-4.5}{2.8125}=0.5333\ldots\ \Omega. \] إذن، \[ \boxed{R_{\min}=8.00+0.5333\ldots=8.53\ \Omega.} \]
تحقق المقاومات الكلية الأكبر الشرط أيضًا عند ضبط المنزلق للحفاظ على \(U_0\)؛ إذ تسحب تيارًا أقل في الفرع الموازي وتؤدي إلى كفاءة أعلى.
2. أقصى كفاءة ممكنة
عند الجهد الاسمي، يجب أن يمر في المصباح التيار الثابت \(I_0\). عند استخدام توصيل مقاومي بعناصر غير فعّالة، لا يمكن أن يكون تيار البطارية أصغر من \(I_0\)؛ فأي فرع إضافي على التوازي يسحب تيارًا إضافيًا. لذلك، \[ \eta=\frac{U_0I_0}{EI_{\mathrm{source}}} \le\frac{U_0}{E}. \] تتحقق المساواة عندما تزود البطارية تيار المصباح وحده، وهو ما يتطلب توصيلًا على التوالي: \[ \boxed{\eta_{\max}=\frac{4.5}{6}=0.75=75\%.} \]
يجب أن يُحدِث الجزء الفعّال من المقاومة المتغيرة هبوطًا في الجهد يساوي الجهد الزائد \(E-U_0=1.5\ \mathrm{V}\) عند مرور التيار \(I_0=2.25\ \mathrm{A}\) فيه: \[ \boxed{R_{\mathrm{series}} =\frac{E-U_0}{I_0} =\frac{1.5}{2.25} =\frac23\ \Omega\approx0.667\ \Omega.} \]
نصل البطارية والمصباح وهذا الجزء من المقاومة المتغيرة على التوالي في حلقة واحدة. نستخدم أحد الطرفين والمنزلق، ونترك الطرف الآخر غير موصول.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي. حيثما يختلف هذا الحل عن الحل الرسمي، يحتوي الحل الرسمي على خطأ أو خطأ مطبعي.