10.12: Зростання струму в ланцюзі, що містить індуктивність
- Page ID
- 78503
Вам прийде в голову, що якщо зростання струму в котушці призводить до зворотної ЕРС, яка виступає проти збільшення струму, струм не може змінюватися миттєво в ланцюзі, що містить індуктивність. Це правильно. (Нагадаємо також, що різниця потенціалів в ланцюзі не може змінюватися миттєво в ланцюзі, що містить ємність. Подумайте про це, навряд чи можливо, щоб ємність або індуктивність будь-якої схеми були рівно нульовими; будь-яка реальна схема повинна мати деяку ємність та індуктивність, навіть якщо вона дуже мала.)
Розглянемо схему малюнка Х.9. Батарея ЕРС\(E\) знаходиться послідовно з опором і індуктивністю. (Котушка або соленоїд або будь-який індуктор взагалі матимуть як індуктивність, так\(R\) і опір, тому і на малюнку може належати одному елементу.)\(L\) Ми повинні бути дуже обережними щодо знаків у наступному.
\(\text{FIGURE X.9}\)
При замиканні ланцюга (перемикачем, наприклад) струм протікає в показаному напрямку стрілкою, яка також вказує напрямок збільшення струму. ЕРС\(L\dot I\) індукується в протилежному напрямку до\(\dot I\). Таким чином, закон Ома, або, якщо ви віддаєте перевагу, друге правило Кірхгофа, застосоване до схеми (уважно стежте за знаками)
\[E=IR -L \dot I=0.\label{10.12.1}\]
Звідси:
\[\label{10.12.2}\int_0^I \frac{dI}{\frac{E}{R}-I}=\frac{R}{L}\,dt.\]
Попередження: Деякі люди знаходять майже непереборне бажання написати це як\(\int_0^I \frac{dI}{I-\frac{E}{R}}=-\frac{R}{L}\,dt\).
Не треба!
Ви можете передбачити, що ліва сторона буде логарифмом, тому переконайтеся, що знаменник позитивний. Ви можете згадати подібне попередження, коли ми заряджали і розряджали конденсатор через опір.
Інтеграція Equation\ ref {10.12.2} призводить до наступного рівняння зростання струму з часом:
\[I=\frac{E}{R}\left (1-e^{-(R/L)t}\right ) .\label{10.12.3}\]
Таким чином, струм асимптотично наближається до свого кінцевого значення\(E/R\), досягаючи 63% (тобто\(1-e^{-1}\)) свого кінцевого значення за один раз\(L/R\). На малюнку Х.10 струм показаний в одиницях\(E/R\), а час в одиницях\(L/R\). Слід перевірити\(L/R\), що, яка називається постійною часу ланцюга, має розміри часу.
\(\text{FIGURE X.10}\)
Ось проблема, яка дасть практику в передачі струму через індуктор, застосуванні правил Кірхгофа та вирішенні диференціальних рівнянь. Існує подібна проблема, пов'язана з конденсатором, в розділі 5.19 глави 5.
У наведеній вище схемі, поки вимикач розімкнутий,\(I_1 = I_2 = E/(2 R)\text{ and }I_3 = 0\). Довго після того, як вимикач замкнутий і стабільні струми були досягнуті\( 2E /(3R)\),\(I_1\)\(I_2 \text{ and }I_3\) буде, і буде кожен\(E /(3R)\). Але ми хочемо дослідити, що відбувається в короткий момент, поки змінюється струм.
Застосовуємо правила Кірхгофа:
\[\label{10.12.4}E=I_1R+I_2R \]
\[\label{10.12.5}I_3R+L\dot I_3 -I_2R=0\]
\[\label{10.12.6}I_1=I_2+I_3,\]
[Отримання знака\(L\dot I_3\) права у рівнянні\ ref {10.12.5} важливо. Подумайте про індуктор як про батарею ЕРС,\(L\dot I_3\) орієнтовану так:.]
Усуньте\(I_1 \text{ and }I_2\), щоб отримати єдине рівняння в\(I_3\).
\[\label{10.12.7}\frac{dI_3}{dt}+\frac{3R}{2L}I_3 =\frac{E}{2L}.\]
Це має форму\(\frac{dy}{dx}+ay=b\), і ті, хто досвідчений з диференціальними рівняннями, не матимуть труднощів у досягненні рішення
\[\label{10.12.8}I_3 = \frac{E}{3R}+Ae^{\frac{3Rt}{2L}}.\]
При початковій умові\(I_3 = 0 \text{ when }t = 0\), що, це стає
\[\label{10.12.9}I_3=\frac{E}{3R}\left ( 1-e^{-\frac{3Rt}{2L}}\right ) \]
Інші течії знайдені за правилами Кірхгофа (рівняння\ ref {10.12.4} -6). Я їх роблю:
\[\label{10.12.10}I_2 = \frac{E}{3R}\left ( 1+\frac{1}{2}e^{-\frac{3Rt}{2L}}\right ) \]
\[\label{10.12.11}I_1 = \frac{E}{3R}\left ( 2-\frac{1}{2}e^{-\frac{3Rt}{2L}}\right )\]
Таким чином,\(I_1\) йде від самого початку\(\frac{E}{2R}\text{ to finally }\frac{2E}{3R}\).
\(I_2\)йде від самого початку\(\frac{E}{2R}\text{ to finally }\frac{E}{3R}\).
\(I_3\)переходить від початкового нуля до остаточного\(\frac{E}{3R}\).
Ось графіки струмів (в одиницях\(E/R\)) як функції часу (в одиницях\(2L /(3R)\)).