Przykład 1

W celu uzyskania podwyższonej SEM łączymy szeregowo (tak jak na il. 2.21) kilka ogniw. Uzyskujemy wtedy baterię $n$ ogniw, która może zasilać określone urządzenie o oporze $R$ (il. 2.21).

Ile wynosi wypadkowa SEM $E_w$ takiej baterii oraz natężenie prądu $I_n$ płynącego przez opornik $R$ w sytuacji, gdy ogniwa są jednakowe.

Rozwiązanie: Łączenie szeregowe ogniw w wersji „plus do minusa” (il. 2.21) powoduje, że SEM tych ogniw dodają się. Wypadkowa SEM jest wtedy sumą SEM ogniw składowych:

Na mocy II prawa Kirchhoffa możemy napisać, że:

Oznaczyliśmy tu opory wewnętrzne ogniw za pomocą symboli $r_1$, $r_2$, …, $r_n$. Zgodnie ze wzorem (2.32) równanie (2.33) przyjmie postać:

Zauważamy jednak, że opory wewnętrzne ogniw dodają się, co na ogół nie jest pożądanym efektem.

Gdy mamy do czynienia z $n$ jednakowymi ogniwami o SEM $E$ i oporze $r$ każde, to natężenie prądu $I_n$ płynącego w obwodzie możemy wyrazić jako:

Widać, że uzyskujemy tym większe natężenie $I_n$, im więcej połączymy ogniw – przekształćmy wyrażenie (2.34):

Mianownik wyrażenia (2.36) staje się coraz mniejszy $\text{(}\frac{R}{n}$ dąży do zera), w miarę wzrostu $n$, zatem całe $I_n$ rośnie.

Przykład 2

Gdy chcemy naładować akumulator (np. akumulator samochodowy czy akumulatorek do aparatu fotograficznego) o SEM $E$ (i oporze $r$), to łączymy go z ładowarką o większej SEM $E\text{'}$ (i oporze $r\text{'}$), ale w taki sposób, że łączymy przeciwne bieguny tych źródeł prądu. Do regulacji natężenia prądu ładowania $I$ w obwód wkładamy potencjometr o nominalnym oporze $R_0$ (il. 2.22).

Przyjmij, że podczas ładowania akumulatorka o pojemności 2400 mAh w obwodzie jak wyżej, wartości parametrów były stałe i wynosiły: $E\text{'}=\mathrm{1,5}\text{V}$, $r\text{'}=\mathrm{0,1}\text{Ω}$, $E=\mathrm{1,2}\text{V}$, $r=\mathrm{0,2}\text{Ω}$, $I=200\text{mA}$, $R_0=6\text{Ω}$. Oblicz, jaka część $x$ potencjometru $R_0$ była włączona w obwód oraz czas ładowania akumulatorka, przy założeniu, że przed ładowaniem był on praktycznie całkowicie wyczerpany.

Rozwiązanie: Na mocy II prawa Kirchhoffa możemy zapisać:

Sile elektromotorycznej $E$ przypisaliśmy w tym równaniu znak minus, gdyż ładowane ogniwo jest włączone w oczko w taki sposób, że prąd w jego wnętrzu płynie od bieguna dodatniego do ujemnego. Taki przepływ prądu wewnątrz ogniwa zapewnia, że część energii wydzielonej w ogniwie jest „zużywana” na jego naładowanie, czyli na odwrócenie tych reakcji chemicznych, które zapewniały pracę ogniwa naładowanego, zanim się wyczerpało.

Symbolem $R_x$ oznaczyliśmy tutaj opór tej części potencjometru, przez którą płynie prąd, zatem szukana część $x$ to iloraz $R_x/R_0$.

Z równania (2.37) możemy wyliczyć $R_x$:

Widać więc, że w obwodzie było wykorzystanych $x=20\%$ całkowitego oporu $R_0$.

Pojemność akumulatora (nie mylić z pojemnością kondensatora!) to ilość ładunku $q$, jaką może przez swoje wnętrze przenieść ten akumulator bez istotnego zmniejszenia jego SEM. Pojemność ta jest jednak podawana nie w kulombach, lecz w jednostkach będących iloczynem jednostek natężenia prądu (ampery, miliampery) i czasu (wyrażanego najczęściej w godzinach). Jest to wygodna jednostka, gdyż pozwala zapisać związek:

i stąd łatwo obliczyć: $$\text{czas ładowania}=\frac{2400\text{mA}\cdot \text{h}}{200\mathrm{mA}}=12\text{h}$$

Przykład 3

Zamierzamy zasilić opornik $R$ dwiema identycznymi bateriami o SEM $E$ i oporze $r$. Baterie te możemy połączyć szeregowo (il. 2.23a) lub równolegle (il. 2.23b). Zbadaj, które z połączeń zapewni zasilenie opornika prądem o większym natężeniu.

Rozwiązanie: W obwodzie z szeregowym połączeniem ogniw płynie prąd o natężeniu $I_s$, danym wzorem wynikającym z równania (2.34):

W obwodzie z połączeniem równoległym opornik $R$ jest zasilany prądem o natężeniu $I_p$, na który składają się dwa prądy o natężeniu $\frac{1}{2}{I}_p$. Jest to zgodne z I prawem Kirchhoffa oraz z faktem, że baterie są identyczne. Możemy więc zapisać, zgodnie z II prawem Kirchhoffa zastosowanym do jednego z oczek zawierających opór $R$:

Równanie to pozwala wyznaczyć $I_p$:

Zwróćmy uwagę, że wyrażenie to pokazuje, iż wypadkowa SEM dwóch jednakowych baterii połączonych równolegle jest równa SEM każdej z nich. Jednak wypadkowy opór wewnętrzny tych baterii jest równy połowie oporu wewnętrznego każdej – to właśnie jest zaletą równoległego łączenia baterii.

By zbadać, który z prądów ma większe natężenie, postawmy hipotezę, że $I_s>I_p$. Sprawdzimy teraz, czy i pod jakim warunkiem jest ona prawdziwa.

Po przekształceniu tego wyrażenia otrzymamy wyrażenie matematycznie równoważne:

Oznacza to, że gdy dwiema bateriami zasilamy opornik o oporze większym niż opór wewnętrzny jednej z nich, korzystniej jest połączyć baterie szeregowo i uzyskać zwiększoną SEM. Gdy jednak opór $R$ jest mniejszy od $r$, to korzystniej jest połączyć te baterie równolegle i uzyskać obniżenie oporu wewnętrznego.

Przykład 4

Na il. 2.24 przedstawiono obwód zawierający dwa źródła SEM o parametrach, odpowiednio, $E_1=10\text{V}$, $r_1=\mathrm{0,1}\text{Ω}$ i $E_2=15\text{V}$, $r_2=\mathrm{0,3}\text{Ω}$, oraz trzy oporniki o oporach $R_1=\mathrm{0,5}\text{Ω}$, $R_2=\mathrm{0,8}\text{Ω}$, $R_3=1\text{Ω}$. Wyznacz natężenia prądu płynącego we wszystkich gałęziach obwodu i napięcia związane z oporami zewnętrznymi.

Rozwiązanie: Z praw Kirchhoffa otrzymamy trzy równania – jedno dla natężeń prądu i dwa dla oczek zaznaczonych na rysunku:

Na rysunku zaznaczono spodziewane kierunki przepływu prądu. Nie musimy się przejmować tym, że mogliśmy się pomylić i zaznaczyć niewłaściwy kierunek. W takim przypadku rozwiązanie układu równań da właściwą wartość natężenia, ale ze znakiem ujemnym.

Po rozwiązaniu układu równań otrzymamy:

Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymamy:

$I_1=\mathrm{2,54}\text{A}$, $I_2=\mathrm{5,93}\text{A}$, $I_3=\mathrm{8,47}\text{A}$

Na poszczególnych oporach mamy następujące napięcia:

Przykład 5

Obwód składa się z oporników o jednakowych oporach $R=12\text{Ω}$ rozmieszczonych na krawędziach sześcianu (il. 2.25a). Oblicz opór wypadkowy, przyjmując, że prąd wpływa do wierzchołka $A$ sześcianu, a wypływa z wierzchołka $B$.

Rozwiązanie: Symetria układu oporów ułatwi nam rozwiązanie zadania. Prąd wpływający musi się rozgałęzić, zgodnie z pierwszym prawem Kirchhoffa, na trzy prądy (patrz il. 2.25a). Symetria sześcianu narzuca równość natężeń prądów – każdy z rozgałęzionych prądów napotyka na jednakowy opór w swojej gałęzi, więc $I_1=I_2=I_3=\frac{I}{3}$. Trzy oporniki na wejściu są połączone jednym końcem – występuje tam wspólny potencjał $V_A$. Jednakowe prądy w każdej gałęzi muszą dać jednakowe zmiany potencjału, zgodnie ze wzorem:

Zatem potencjał na przeciwległych końcach tych trzech oporników jest jednakowy i wynosi $V_C$ (widoczne to jest na il. 2.25b, gdzie oporniki zostały rozłożone na płaszczyźnie). Jednakowy potencjał na końcach $C$ tych oporników wystąpiłby również wtedy, gdyby oporniki były połączone końcami $C$. Zatem jest to równoważne połączeniu równoległemu tych oporników. Dalszych sześć oporników jest połączonych parami z tymi trzema w punktach, gdzie występuje potencjał $V_C$. Po drugiej stronie oporniki są połączone w równoważnych punktach $D$, gdzie panuje wspólny potencjał $V_D$. Zatem te oporniki możemy również potraktować tak, jakby były połączone równolegle. Strona $B$ układu jest równoważna stronie $A$ ze względu na symetrię, zatem trzy oporniki podłączone do punktu $B$ można także traktować tak, jakby były połączone równolegle. W wyniku naszego rozumowania możemy zaproponować układ zastępczy, jak na il. 2.26, który jest równoważny połączeniu oporników w sześcianie.

Obliczenie oporu wypadkowego $R_Z$ nie sprawi nam teraz kłopotu. Mamy połączenie szeregowe trzech układów równoległych oporników. Zatem: