اختبار اختيار من متعدد تفاعلي: اختبار وفق الهيكل

تعتمد قاعدة كيرشوف للتيار (قانون الوصلة) على مبدأ حفظ الشحنة الكهربائية، حيث أن مجموع التيارات الداخلة إلى وصلة يساوي مجموع التيارات الخارجة منها.

تعتمد قاعدة كيرشوف للجهد (قانون الحلقة) على مبدأ حفظ الطاقة، حيث أن مجموع التغيرات في الجهد حول أي حلقة مغلقة في الدائرة يجب أن يساوي صفراً.

بتطبيق قانون كيرشوف للتيار عند الوصلة (قانون حفظ الشحنة)، فإن مجموع التيارات الداخلة يساوي مجموع التيارات الخارجة. التيارات الداخلة هي 3A و 2A والتيارات الخارجة هي 4A و 1A و 2A. لكن الشكل يوضح أن 3A و 2A (أعلى ويسار) داخلة، 4A و 1A و 2A (أعلى ويمين وأسفل) خارجة. والأميتر A في المنتصف يمثل تيارًا إضافيًا. من خلال الملاحظات المصاحبة، فإن 2+3-4-1-2+I_A = 0 ightarrow I_A = 2A.

وفقًا لقانون كيرشوف للتيار (KCL)، فإن مجموع التيارات الداخلة إلى الوصلة يجب أن يساوي مجموع التيارات الخارجة منها. في الشكل، i₁ و i₂ داخلان، و i₃ و i₄ خارجان. إذن i₁ + i₂ = i₃ + i₄، والتي يمكن إعادة ترتيبها إلى i₁ + i₂ - i₃ - i₄ = 0.

الدائرة تتكون من مقاومين على التوالي $R_1 = 2\Omega$ و $R_2 = 4\Omega$ وبطارية V = 9V. المقاومة الكلية $R_{total} = R_1 + R_2 = 2\Omega + 4\Omega = 6\Omega$. باستخدام قانون أوم، التيار $I = V / R_{total} = 9V / 6\Omega = 1.5A$.

بتطبيق قانون كيرشوف للجهد (KVL) في الدائرة أحادية الحلقة، وبافتراض أن V₁ و V₂ متصلتان بحيث تكون القوة الدافعة لهما متعاكسة، والمقاومات R₁ و R₂ على التوالي، يكون فرق الجهد الكلي هو V₁ - V₂ والمقاومة الكلية R₁ + R₂. لذا، $I = \frac{V_1-V_2}{R_1+R_2}$.

ينص قانون كيرشوف للتيار (KCL) على أن مجموع التيارات الكهربائية الداخلة إلى أي وصلة (أو عقدة) في الدائرة الكهربائية يساوي مجموع التيارات الخارجة منها، مما يعني أن المجموع الجبري للتيارات عند أي وصلة يساوي صفراً.

ينص قانون كيرشوف للجهد (KVL) على أن المجموع الجبري لتغيرات الجهد (فرق الجهد) عبر أي حلقة مغلقة في دائرة كهربائية يجب أن يساوي صفراً. هذا يعكس مبدأ حفظ الطاقة.

بتطبيق قانون كيرشوف للجهد (KVL) على الدائرة: V_emf,1 - I R₁ - I R₂ - V_emf,2 = 0. بالتعويض بالقيم: $16V - (0.16A)(24\Omega) - (0.16A)R_2 - 10V = 0$. 16 - 3.84 - 0.16R₂ - 10 = 0. 2.16 - 0.16R₂ = 0. 0.16R₂ = 2.16. $R_2 = 2.16 / 0.16 = 13.5\Omega$.

الدائرة هي حلقة واحدة. بتطبيق قانون كيرشوف للجهد (KVL) (باتجاه عقارب الساعة): $20V - I(4\Omega) - I(6\Omega) + V - I(10\Omega) = 0$. مع I = 2.0A: $20 + V - (2.0A)(4\Omega + 6\Omega + 10\Omega) = 0$. $20 + V - (2.0A)(20\Omega) = 0$. 20 + V - 40 = 0. V - 20 = 0. V = 20V.

بتطبيق قانون كيرشوف للتيار (KCL) عند الوصلة العلوية، التيار i₁ يدخل الوصلة بينما التيارات i₂ و i₃ تخرجان منها. إذن، i₁ = i₂ + i₃.

لتحديد العلاقة الصحيحة، نطبق قانون كيرشوف للجهد (KVL) على الحلقة اليسرى (مسار abefa). باتجاه عقارب الساعة: i₁ R₁ + V_emf,2 - i₂ R₂ - V_emf,1 = 0. بالتعويض بالقيم: i₁(5) + 15 - i₂(10) - 10 = 0. 5i₁ - 10i₂ + 5 = 0. 5i₁ - 10i₂ = -5.

باستخدام المعادلات المستخلصة من الدائرة والحل الموجود في المستند المرفق (صفحة 25): معادلة الوصلة: i₁ + i₂ - i₃ = 0. معادلة الحلقة اليسرى: 5i₁ - 10i₂ = -5. معادلة الحلقة اليمنى: 10i₂ + 15i₃ = 15. بحل هذه المعادلات نحصل على $i_2 \approx 0.55 A$.

عندما يكون المفتاح S مفتوحاً، تكون المقاومات R₁, R₂, R₃ متصلة على التوالي، والمقاومة الكلية هي R₁+R₂+R₃. عندما يغلق المفتاح S، يتم قصر المقاومة R₃، فتصبح المقاومة الكلية R₁+R₂. بما أن المقاومة الكلية للدائرة تقل عند غلق المفتاح، فإن التيار الكلي المتدفق في الدائرة يزداد، وهذا يشمل التيار المتدفق في المقاوم R₁ (لأنه في المسار الرئيسي).

عندما تكون قراءة الأميتر A صفراً، يكون جسر ويتستون متوازناً. شرط الاتزان هو أن تكون نسبة المقاومات المتقابلة متساوية. إذا كانت المقاومات بترتيب معين $R_{top-\left}$, $R_{top-\right}$, $R_{bottom-\right}$, $R_{bottom-\left}$ (باعتبار A في المنتصف)، فإن $R_{top-\left}/R_{bottom-\left} = R_{top-\right}/R_{bottom-\right}$. بالتعويض بالقيم: $24\Omega / 8\Omega = R / 4\Omega$. $3 = R/4\Omega$. إذن $R = 3 \times 4\Omega = 12\Omega$.

عندما تكون قراءة الأميتر صفرًا، يكون جسر ويتستون متوازنًا. شرط الاتزان هو R₁ R₃ = R₂ R₄. لإيجاد R₂، نقوم بإعادة ترتيب المعادلة: $R_2 = \frac{R_1 \times R_3}{R_4}$. الخيار (أ) و (ج) متطابقان ويعبران عن نفس العلاقة الصحيحة.

الأميتر يجب أن يوصل على التوالي ومقاومته صفر (مثالي)، والفولتميتر يجب أن يوصل على التوازي ومقاومته لا نهائية (مثالي).
الدائرة 1: الفولتميتر موصول على التوالي (خطأ) والأميتر موصول على التوازي (خطأ).
الدائرة 2: الأميتر موصول على التوالي (صحيح) والفولتميتر موصول على التوازي (صحيح).
الدائرة 3: الأميتر موصول على التوازي مع مقاومة R1 (خطأ، يسبب قصراً للمقاومة).
الدائرة 4: الفولتميتر موصول على التوالي مع مقاومة R1 (خطأ، يسبب فتحاً للدائرة).
لذا، الدوائر 1 و 3 و 4 لا تعمل بشكل صحيح.

الأميتر المثالي له مقاومة صفرية ليقيس التيار بدقة دون التأثير على الدائرة. الفولتميتر المثالي له مقاومة لانهائية ليقيس فرق الجهد بدقة دون سحب تيار من الدائرة. لذلك، العبارتان 2 (مقاومة الأميتر المثالي صفر) و 3 (مقاومة الفولتميتر المثالي لانهائية) صحيحتان.

الفولتميتر Y موصول عبر سلك توصيل (قصر)، لذا قراءته ستكون صفراً لأن فرق الجهد عبر سلك مثالي هو صفر.
الفولتميتر Z موصول عبر المقاوم R. بما أن الفولتميتر يعتبر جهازاً مثالياً ذو مقاومة لا نهائية، فإنه في الواقع يمثل دائرة مفتوحة. ولذلك، لن يتدفق تيار عبر المقاوم R، وبالتالي سيكون فرق الجهد عبر المقاوم (IR) صفراً. أما الفولتميتر X فهو موصول عبر البطارية، لذا سيقيس جهد البطارية (24V).

الثابت الزمني $\tau$ لدائرة RC يُحسب من العلاقة $\tau = RC$.
بما أن $R = 2000 \Omega$ و C = 4 mF = 4 × 10^-3 F.
إذن $\tau = (2000 \Omega) \times (4 \times 10^{-3} F) = 8 s$.

معادلة شحن المكثف هي $q(t) = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$.
الشحنة القصوى Q_max = C V_emf = (20 × 10^-6 F) × (5.0 V) = 100 × 10^-6 C.
الثابت الزمني $\tau = RC = (1.0 \times 10^6 \Omega) \times (20 \times 10^{-6} F) = 20 s$.
بالتعويض في المعادلة، نحصل على q(t) = 100 × 10^-6 (1 - e^-t/20).

تعتمد سرعة تفريغ المكثف في دائرة RC على الثابت الزمني $\tau = RC$. لتفريغ المكثف بسرعة كبيرة، يجب أن يكون الثابت الزمني صغيراً جداً. يتحقق ذلك عندما تكون قيمة كل من المقاومة R والسعة C صغيرة جداً.

معادلة شحن المكثف هي $q(t) = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$.
عندما تكون الشحنة 98% من الشحنة القصوى: $0.98 Q_{max} = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$.
$0.98 = 1 - e^{-t/\tau} \Rightarrow e^{-t/\tau} = 1 - 0.98 = 0.02$.
بأخذ اللوغاريتم الطبيعي للطرفين: $-t/\tau = \ln(0.02) \approx -3.912$.
إذن $t/\tau \approx 3.912$، وهو ما يقرب من $4\tau$.

الشحنة القصوى $Q_{max} = C V = (14.9 \times 10^{-6} F) \times (25.7 V) \approx 3.8293 \times 10^{-4} C$.
الثابت الزمني $\tau = RC = (24.3 \times 10^3 \Omega) \times (14.9 \times 10^{-6} F) \approx 0.3621 s$.
لاحظ أن الوقت المطلوب t = 0.3621 s يساوي الثابت الزمني $\tau$.
معادلة الشحن $q(t) = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$.
عند $t = \tau$: $q(\tau) = Q_{max} (1 - e^{-1}) \approx (3.8293 \times 10^{-4} C) \times (1 - 0.3678) \approx 3.8293 \times 10^{-4} C \times 0.6322 \approx 2.42 \times 10^{-4} C$.

الثابت الزمني $\tau = RC = (50.0 \Omega) \times (100.0 \times 10^{-6} F) = 5.0 \times 10^{-3} s = 5.0 ms$.
نستخدم معادلة شحن المكثف: $q(t) = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$.
نريد أن تكون q(t) = 0.90 Q_max.
$0.90 = 1 - e^{-t/\tau} \Rightarrow e^{-t/\tau} = 0.10$.
$-t/\tau = \ln(0.10) \approx -2.3026$.
$t = 2.3026 \times \tau = 2.3026 \times (5.0 ms) \approx 11.513 ms$.

نستخدم معادلة شحن المكثف: $q(t) = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$.
نريد أن تكون q(t) = 0.5 Q_max.
$0.5 Q_{max} = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau}) \Rightarrow 0.5 = 1 - e^{-t/\tau}$.
$e^{-t/\tau} = 0.5$.
$-t/\tau = \ln(0.5) \approx -0.693$.
$t = 0.693\tau$. بما أن $\tau = RC$، فإن t = 0.693 RC.

الشحنة القصوى Q_max = C V_emf = (3.0 × 10^-3 F) × (24 V) = 72 × 10^-3 C = 72 mC.
الثابت الزمني $\tau = RC = (100 \Omega) \times (3.0 \times 10^{-3} F) = 0.3 s$.
معادلة شحن المكثف: $q(t) = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$.
نريد q(t) = 50 mC.
50 × 10^-3 = (72 × 10^-3) (1 - e^-t/0.3).
$50/72 = 1 - e^{-t/0.3} \Rightarrow 0.6944 = 1 - e^{-t/0.3}$.
e^-t/0.3 = 1 - 0.6944 = 0.3056.
$-t/0.3 = \ln(0.3056) \approx -1.185$.
$t = 1.185 \times 0.3 \approx 0.3555 s \approx 0.36 s$.

من الرسم البياني، الشحنة القصوى Q_max تقارب 10 mC.
الثابت الزمني $\tau$ هو الوقت الذي تستغرقه الشحنة للوصول إلى حوالي 63.2% من Q_max.
$0.632 \times 10 mC \approx 6.32 mC$.
من الرسم، عند الشحنة حوالي 6 mC، يكون الزمن $t \approx 2 ms$. باستخدام نقطة من الرسم (على سبيل المثال عند t=2ms, q=6mC) ومعادلة الشحن $q(t) = Q_{max} (1 - e^{-t/\tau})$، فإن $6 = 10 (1 - e^{-2/\tau}) \Rightarrow 0.6 = 1 - e^{-2/\tau} \Rightarrow e^{-2/\tau} = 0.4$.
بأخذ اللوغاريتم الطبيعي: $-2/\tau = \ln(0.4) \approx -0.916$.
إذن $\tau = 2 / 0.916 \approx 2.18 ms$. أقرب قيمة في الخيارات هي 2.2 ms.

بتطبيق قانون كيرشوف للتيار عند الوصلة: مجموع التيارات الداخلة يساوي مجموع التيارات الخارجة. التيارات الداخلة هي 5A و 4A و 2A، والتيارات الخارجة المعروفة هي 2A و 3A. إذن التيار المجهول يجب أن يكون 6A خارجًا إلى أسفل.

عند المرور عبر مقاومة في نفس اتجاه التيار يكون تغير الجهد -IR، وعند المرور عكس اتجاه التيار يكون +IR. وعند المرور عبر بطارية من القطب السالب إلى الموجب يكون التغير +V_emf، وعكس ذلك يكون -V_emf. لذلك الجدول العلوي الأيسر هو الصحيح.

بتطبيق قانون كيرشوف للجهد على الحلقة اليسرى: -4i₁ + 2.50 + 1.50 = 0، ومنه i₁ = 1.00A. وعلى الحلقة اليمنى يعطي الحل مقدار التيار في فرع المقاومة $5.00\Omega$ مساوياً 0.50A، لذا القيم الصحيحة هي i₁=1.00A و i₂=0.50A.

بحل الدائرة باستخدام قانوني كيرشوف للتيار والجهد نحصل على تيار فرع الأميتر بمقدار يقارب 1.1A. قد تظهر الإشارة سالبة إذا افترضنا اتجاهًا معاكسًا للتيار، لكن قراءة الأميتر تكون مقدار التيار فقط، لذلك القراءة 1.1A.

المعادلة الأولى تمثل قانون كيرشوف للتيار عند الوصلة. والمعادلتان الثانية والثالثة تنتجان من تطبيق قانون كيرشوف للجهد على الحلقتين المناسبتين في الدائرة. لذلك جميع المعادلات السابقة صحيحة.

من علاقة الشحن يكون $Q_{max}=5.0\times10^{-5}C$ و $\tau=0.0004s$. وبما أن Q_max=CV و V=12V فإن $C=\frac{5.0\times10^{-5}}{12}=4.17\times10^{-6}F$. ثم من $\tau=RC$ نحصل على $R=\frac{0.0004}{4.17\times10^{-6}}\approx96\Omega$.

من معادلة الشحن يكون $Q_{max}=1.0\times10^{-4}C$ و $\tau=0.001s$. وبما أن $\tau=RC$ و $R=1000\Omega$ فإن $C=\frac{0.001}{1000}=1.0\times10^{-6}F$. وباستخدام Q_max=CV نحصل على $V=\frac{1.0\times10^{-4}}{1.0\times10^{-6}}=100V$.