zadanie z kratka z rezystorow
Adam
Przypomnialem sobie ostatnio dwa zadania, ktorych kiedys nie umialem
rozwiazac i okazuje sie, ze pomimo tego, ze teraz jestem starszy i
powazniejszy, to dalej cos mi nie idzie.
Nie bede pisal, co probowalem robic, zeby nie naprowadzac na byc moze zly
trop, a
poza tym to namacilem i zakrecilem sie strasznie.
Jak ktos ma wolna chwile to zapraszam do lamania glowy, jedno zadanie bedzie
w tym poscie, a drugie w osobnym. Wydaje mi sie, ze problemy sa ciekawe, no
i moze wreszcie uda mi sie poznac ich rozwiazania. ;)
pozdrowienia
Adam
ZADANIE Z KRATKA Z REZYSTOROW
Mamy nieskonczenie wielka plaska kratke, prawie jak w zeszycie, tylko nie z
kresek, ale z (jednakowych) rezystorow (o oporze R). Dowolny wezel oznaczmy
sobie A. Teraz dowolny z jego wezlow-sasiadow oznaczmy B (ma byc pomiedzy
nimi jeden rezystor no i reszta kratki dookola). Jaki opor widac miedzy
wezlami A i B?
Marcin Osiniak
R/2 zdaje się
--
---
Pozdrawiam,
Marcin Osiniak
Maciek
Użytkownik "Adam" <arud...@wp.pl> napisał
w wiadomości news:bg9fam$n29$2...@news.onet.pl...
>
>
> (.....)
>
> ZADANIE Z KRATKA Z REZYSTOROW
>
> Mamy nieskonczenie wielka plaska kratke, prawie jak w zeszycie,
> tylko nie z kresek, ale z (jednakowych) rezystorow (o oporze R).
> oznaczmy B (....).
> Jaki opor widac miedzy wezlami A i B?
>
SPOILER SPOILER SPOILER SPOILER SPOILER SPOILER
S
P
O
I
L
E
R
S
P
O
I
L
E
R
S
P
O
I
L
E
R
S
P
O
I
L
E
R
Przejdz sie do archiwum grupy i poszukaj listu
Andrzeja Komisarskiego w watku "nieskonczona kratownica".
Maciek
Robert Wańkowski
>
> ZADANIE Z KRATKA Z REZYSTOROW
>
> Mamy nieskonczenie wielka plaska kratke, prawie jak w zeszycie, tylko nie
z
> kresek, ale z (jednakowych) rezystorow (o oporze R). Dowolny wezel
oznaczmy
> sobie A. Teraz dowolny z jego wezlow-sasiadow oznaczmy B (ma byc pomiedzy
> nimi jeden rezystor no i reszta kratki dookola). Jaki opor widac miedzy
> wezlami A i B?
>
>
R dąży do zera. Do R przyłączone jest równolegle nieskończenie wiele
R(zastępczych) z rezystancją dążącą do nieskończoności. Tak mi się wydaje.
Robert
Robert Wańkowski
> Andrzeja Komisarskiego w watku "nieskonczona kratownica".
>
>
> Maciek
>
A jak się przechodzi do archiwum?
Robert
Maciek
Użytkownik "Robert Wańkowski" <rob...@wp.pl> napisał
w wiadomości news:bgam33$o8u$1...@szmaragd.futuro.pl...
Na dobry poczatek:
http://groups.google.com/
Troche blizej:
http://www.google.pl/groups?group=pl
Wiecej:
http://groups.google.com/groups?selm=bfra7l%24ubt%241%40szmaragd.futuro.pl
Maciek
PS.
Googlowe archiwum ma duze opoznienie, siegajace jednego dnia.
Aktualne jest np. archiwum w Onecie:
http://niusy.onet.pl/
http://niusy.onet.pl/niusy.html?t=aktualne&group=pl.sci.fizyka
tylko ze ich wyszukiwarke OKDR.
Aktualne jest tez PolNEWS:
Jego wyszukiwarka znacznie przewyzsza wyszukiwarke z Onetu,
ale do googlowej jej tez daleko.
--
Piotr
> R dąży do zera. Do R przyłączone jest równolegle nieskończenie wiele
> R(zastępczych) z rezystancją dążącą do nieskończoności. Tak mi się wydaje.
>
> Robert
chyba nie CHYBA bo nie wiem napewno, ale skoro jest tam nieskonczonosc to
pojawi sie w mianowniku i w liczniku,
pozdro
ps. za glupi na to jestem ;-)
Piotr Wyderski
> R dąży do zera. Do R przyłączone jest równolegle nieskończenie wiele
> R(zastępczych) z rezystancją dążącą do nieskończoności. Tak mi się wydaje.
Ale te lancuszki rownoleglych opornikow tez sie wydluzaja. :-)
Okazuje sie, ze jest to 0,5R.
Pozdrawiam
Piotr Wyderski
Slawek Kotynski
Polecam:
http://www.polnews.pl/showthr.php?id=191&thid=5717
mjk
Maciek Woźniak
Użytkownik "Piotr Wyderski"
> > R dąży do zera. Do R przyłączone jest równolegle nieskończenie wiele
> > R(zastępczych) z rezystancją dążącą do nieskończoności. Tak mi się
wydaje.
>
> Ale te lancuszki rownoleglych opornikow tez sie wydluzaja. :-)
> Okazuje sie, ze jest to 0,5R.
Nie wiem, jak to policzyć, ale dość łatwo szacować
od dołu i od góry.
Od dołu: 7 rezystorów zaczepionych w punkcie A lub B
mają R, pozostałe mają 0. Wychodzi 0.4 R
Od góry: kratki nad i pod odcinkiem AB zrobione z
oporników o R (też 7), reszta z nieskończonych.
Wychodzi 0.6R.
Można tą techniką szacować dokładniej.
Piotr Wyderski
Maciek Woźniak wrote:
> Nie wiem, jak to policzyć
Z zasady superpozycji i doczepiania zrodla pradu "nieskonczenie daleko".
Formalnie rzecz biorac jest to dosc naciagana metoda, ale w fizyce nie
takie rzeczy przechodzily i IIRC taka propozycja rozwiazania zadania
jest w ksiazeczce z odpowiedziami, bo to jest zadanie z olimpiady fizycznej.
> Można tą techniką szacować dokładniej.
Tez fajna metoda, gdyby udalo Ci sie znalezc wzor ogolny na
te aproksymacje, to przechodzac do granicy dostalbys bardzo
ladne, analityczne rozwiazanie tego zadania. Tylko po co? ;-)
Pozdrawiam
Piotr Wyderski
Przemysław Dębski
> ZADANIE Z KRATKA Z REZYSTOROW
>
> Mamy nieskonczenie wielka plaska kratke, prawie jak w zeszycie, tylko nie
z
> kresek, ale z (jednakowych) rezystorow (o oporze R). Dowolny wezel
oznaczmy
> sobie A. Teraz dowolny z jego wezlow-sasiadow oznaczmy B (ma byc pomiedzy
> nimi jeden rezystor no i reszta kratki dookola). Jaki opor widac miedzy
> wezlami A i B?
Weź całą kratkę i oznacz węzły jednego "kwadracika" jako A,B,C i D. AB, BC,
CD, DA to oporniki o tej samej rezystancji. Przykładamy napięcie do AB i
piszemy prawo Kirchoffa dla naszego oczka. Uab = Ubc+Ucd+Uda. Skoro
REZYSTORY (nie opór zastępczy z nich widziany) mają taką samą rezystancję,
to znaczy że płynie przez nie TAKI SAM (nie ten sam) prąd, bo inaczej prawo
Kirchoffa nie byłoby zachowane dla tego oczka. Wniosek ? 1/Rz = 1/R + 1/3R
gdzie Rz to opór zastępczy widziany z AB.
Ciekaw jestem czy to jest dobrze ...
Pzdr.
P.D.
Maciek
Użytkownik "Przemysław Dębski" <kac...@arip.com.pl> napisał
w wiadomości news:bgb9gk$14jp$1...@foka1.acn.pl...
>
> Użytkownik "Adam" <arud...@wp.pl> napisał w wiadomości
> news:bg9fam$n29$2...@news.onet.pl...
>
> > ZADANIE Z KRATKA Z REZYSTOROW
> >
> > Mamy nieskonczenie wielka plaska kratke, prawie jak w zeszycie,
> > tylko nie z kresek, ale z (jednakowych) rezystorow (o oporze R).
> > Dowolny wezel oznaczmy sobie A. Teraz dowolny z jego wezlow
> > -sasiadow oznaczmy B (ma byc pomiedzy nimi jeden rezystor
> > no i reszta kratki dookola). Jaki opor widac miedzy wezlami A i B?
>
> Weź całą kratkę i oznacz węzły jednego "kwadracika" jako A,B,C i D.
> AB, BC, CD, DA to oporniki o tej samej rezystancji. Przykładamy
> napięcie do AB i piszemy prawo Kirchoffa dla naszego oczka.
> Uab = Ubc+Ucd+Uda.
> Skoro REZYSTORY (nie opór zastępczy z nich widziany) mają taką samą
> rezystancję, to znaczy że płynie przez nie TAKI SAM (nie ten sam) prąd,
Nie.
Z tego, ze rezystory maja rowne rezystancje, w zaden
sposob nie wynika ze plynie przez nie taki sam prad.
Tak by bylo, gdybys mial TYLKO jeden kwadracik.
A tu masz nieskonczona siatke kwadracikow...
Zastanow sie nad pierwszym prawem Kirchoffa dla
naroznikow swojego kwadracika.
Maciek
PS.
Zreszta w przypadku pojedynczego, samodzielnego kwadracika,
przez trzy kolejne, szeregowo polaczone, oporniki plynie
taki sam prad *niezaleznie* od ich rezystancji.
Przemysław Dębski
Użytkownik "Przemysław Dębski" <kac...@arip.com.pl> napisał w wiadomości
news:bgb9gk$14jp$1...@foka1.acn.pl...
> Weź całą kratkę i oznacz węzły jednego "kwadracika" jako A,B,C i D. AB,
BC,
> CD, DA to oporniki o tej samej rezystancji. Przykładamy napięcie do AB i
> piszemy prawo Kirchoffa dla naszego oczka. Uab = Ubc+Ucd+Uda. Skoro
> REZYSTORY (nie opór zastępczy z nich widziany) mają taką samą rezystancję,
> to znaczy że płynie przez nie TAKI SAM (nie ten sam) prąd, bo inaczej
prawo
> Kirchoffa nie byłoby zachowane dla tego oczka. Wniosek ? 1/Rz = 1/R + 1/3R
> gdzie Rz to opór zastępczy widziany z AB.
>
> Ciekaw jestem czy to jest dobrze ...
:-) Następna wersja:
To co wyżej to było najmniejsze oczko, ale można stworzyć takie które będzie
miało nieskończoną liczbę rezystorków .... nie wiem czy ide w dobrym
kierunku, zobaczymy co z tego wyniknie, w domu się zastanowię ...
Pzdr.
P.D.
J.F.
>Weź całą kratkę i oznacz węzły jednego "kwadracika" jako A,B,C i D. AB, BC,
>CD, DA to oporniki o tej samej rezystancji. Przykładamy napięcie do AB i
>piszemy prawo Kirchoffa dla naszego oczka. Uab = Ubc+Ucd+Uda. Skoro
>REZYSTORY (nie opór zastępczy z nich widziany) mają taką samą rezystancję,
>to znaczy że płynie przez nie TAKI SAM (nie ten sam) prąd, bo inaczej prawo
>Kirchoffa nie byłoby zachowane dla tego oczka. Wniosek ? 1/Rz = 1/R + 1/3R
>gdzie Rz to opór zastępczy widziany z AB.
>
>Ciekaw jestem czy to jest dobrze ...
Nic z tego. Przeciez sa jeszcze inne rezystory, i w wezlach prad sie
roznie rozplywa.
J.
J.F.
>Maciek Woźniak wrote:
>> Nie wiem, jak to policzyć
>
>Z zasady superpozycji i doczepiania zrodla pradu "nieskonczenie daleko".
>Formalnie rzecz biorac jest to dosc naciagana metoda, ale w fizyce nie
>takie rzeczy przechodzily i IIRC taka propozycja rozwiazania zadania
>jest w ksiazeczce z odpowiedziami, bo to jest zadanie z olimpiady fizycznej.
Byla, ale po proprzednich dyskusjach sie zastanawiam czy metoda
jest poprawna - tzn czy nie za bardzo naciagana.
J.
pz
rozwiazanego tego zadania.
Odsylanie kolegi do archiwum nie jest słuszne bo tam tez nie ma poprawnego
rozwiazania.
Zadanie wraz z niepoprawnym rozwiazaniem poraz pierwszy widzialem w pewnym
poradniku radzieckim w latach 60-tych.
Pojawilo sie ono pozniej w kilku skryptach renomowanych uczelni i zdaje
sie na olimpiadach, ale wszedzie przytaczano to samo bledne rozwiazanie z
poradnika.
Niepoprawnosc ogolnie polega na fakcie, ze kratka jest nieskonczona i jedyne
co mozemy zrobic to przylozyc zrodlo napiecia +V mieedzy umowny punkt zerowy
lezacy poza ta kratka a wybranym punktem kratki nazwijmy go A ale wtedy
cala nieskonczona kratownica ma potencjal +V.
Mozemy przylozyc drugie zrodlo napiecia -V w punkcie B i wtedy otrzymujemy
liniowo zmieniajacy sie otencjal miedzy punktami A i B od +V do -V.
Potencjal rowny zero na symetrycznej odcinka AB ( wypada to akurat w srodku
rezystorow).
Ppotencjal rowny +V znajduje sie na prostej przechodzacej przez punkty A i B
na zewnatrz punktu A i -V na zewnatrz punktu B oczywiscie az do
nieskonczonosci.
Niczym zatem nie jest uprawnione rozumowanie, ze gdzies daleko jest potencja
rowny zero.
Konsekwencje przyjecia, ze na zewnatrz A lub B jest potencjal rowny zero sa
zrodlem bledu.
Tyle na temat niepoprawnosci znanych rozwiazan.
Aby dojsc do poprawnego rozwiazania nalezy najpierw rozwiazac prostsze
zadanie, ktore jest wskazowka.:
Policzyc opor zastepczy na koncach jednego szczebla nieskonczonej drabiny.
Pozdrawiam wszystkich chcacych poznac poprawne rozwiazanie, ktore wymaga
jednak troche czasu.
J.H.Zajdel
Maciek
Użytkownik "pz" <p-nospa...@poczta.onet.pl>
napisał w wiadomości news:4438-10...@81.210.69.2...
>
> (...)
>
>
> Niepoprawnosc ogolnie polega na fakcie, ze kratka jest nieskonczona
> i jedyne co mozemy zrobic to przylozyc zrodlo napiecia +V mieedzy
> umowny punkt zerowy lezacy poza ta kratka a wybranym punktem kratki
> nazwijmy go A ale wtedy cala nieskonczona kratownica ma potencjal +V.
> Mozemy przylozyc drugie zrodlo napiecia -V w punkcie B i wtedy
> otrzymujemy liniowo zmieniajacy sie otencjal miedzy punktami A i B
> od +V do -V. Potencjal rowny zero na symetrycznej odcinka AB
> ( wypada to akurat w srodku rezystorow).
> Ppotencjal rowny +V znajduje sie na prostej przechodzacej przez
> punkty A i B na zewnatrz punktu A i -V na zewnatrz punktu B
> oczywiscie az do nieskonczonosci.
Z tego co napisales powyzej ZDAJE SIE wynikac (napisalem "zdaje sie",
bo jest to troche metne), ze na wszystkich wezlach siatki, lezaczych
na prostej przechodzacej przez wezel A, i prostopadlej do odcinka AB,
panuje ten sam potencjal (+V). I tak samo na prostej przechodzacej
przez wezel B (-V).
Jezeli tak - powtarzam: JEZELI tak - to w zadnym z opornikow
lezacych w tych dwu prostych NIE plynie prad (prawo Ohma: rowne
potencjaly => napiecie na opornikach zerowe => prad zerowy).
Zatem wszystkie oporniki z tych dwu lancuchow mozna wywalic.
No bo prad i tak przez nie nie plynie.
Co wiecej, napisales, ze staly potencjal panuje rowniez "na zewnatrz"
obu tych prostych. Zatem - tak samo - prad nie plynie w zadnym
oporniku poza tymi, ktore leza w jednostkowym pasie prostopadlym
do opornika AB. Wobec czego - tak samo jak wyzej - mozemy je
usunac bez szkody dla calosci rozwazan.
Pozostaje opornik AB i wszystkie lezace rownolegle do niego. Taka
nieskonczona "drabinka". Ale - niestety - skladajaca sie WYLACZNIE
ZE SZCZEBELKOW, poniewaz podluznice, ktore je laczyly, zostaly juz
usuniete. W pierwszym kroku.
A zatem szczebelki te, jako nie przylaczone juz do niczego, rowniez
nie przewodza pradu, i moga zostac usuniete. Z calej nieskonczonej
siatki pozostal zatem TYLKO opornik AB.
I wobec tego opor zastepczy calosci wynosi R.
Mam nadzieje, ze w wolnej chwili przemyslisz te wnioski.
A nastepnie zweryfikujesz swoja opinie na temat rozkladu
potencjalu w opisanej w zadaniu siatce.
Maciek
pz
> > punkty A i B na zewnatrz punktu A i -V na zewnatrz punktu B
> > oczywiscie az do nieskonczonosci.
>
> panuje ten sam potencjal (+V). I tak samo na prostej przechodzacej
> przez wezel B (-V)
.
potencjal
a jedynie, ze na symetrucznej odcinka AB jest potencjal rowny zero...
Masz natomiast racje, ze pomylilem sie twierdzac, ze na zewnatrz punktow A i
B jest staly potencjal.
chodzilo mi glownie o fakt, ze linia potenclalu zerowego jest symetralna
odcinka AB i tylko na tej prostej potencjal jest rowny zero. Na przedluzeniu
odcinka AB potencjal rzeczywisci dazy do zera ale nigdy tego zera nie osiaga
bo jedyna linia potencjalu zerowego jest ta symetralna.
Nie zmienia to faktu, ze istnieje rozwiazanie nie korzystajace z
dotychczasowych spekulacji i dajace inny wynik. Smiem twierdzic, ze
poprawny.
J.H.Zajdel
J.F.
>Chciałem kolegow poinformowac, ze jak do tej pory nie widzialem poprawnie
>rozwiazanego tego zadania.
>Odsylanie kolegi do archiwum nie jest słuszne bo tam tez nie ma poprawnego
>rozwiazania.
Jest
http://www.polnews.pl/showthr.php?id=191&thid=5717&rid=5814
http://www.polnews.pl/showthr.php?id=191&thid=5717&rid=6116
A przynajmniej wydaje sie ze Andrzej wie co pisze :-)
>Niepoprawnosc ogolnie polega na fakcie, ze kratka jest nieskonczona i jedyne
>co mozemy zrobic to przylozyc zrodlo napiecia +V mieedzy umowny punkt zerowy
>lezacy poza ta kratka a wybranym punktem kratki nazwijmy go A ale wtedy
>cala nieskonczona kratownica ma potencjal +V.
>Mozemy przylozyc drugie zrodlo napiecia -V w punkcie B i wtedy otrzymujemy
>liniowo zmieniajacy sie otencjal miedzy punktami A i B od +V do -V.
Alez to nie tak bylo, bo bys zreszta nie uzyskal tego liniowego
rozkladu.
Przylaczamy do nieskonczonej siatki w pkt A zrodlo _pradowe_ I.
Prad rozchodzi sie symetrycznie, i w kazdy z 4 sasiednich rezystorow
plynie I/4. To zrodlo odlaczamy, przylaczamy do B zrodlo -I.
prad tez plynie symetrycznie. Podlaczamy oba zrodla - z zasady
superpozycji przez laczacy opornik plynie suma obu pradow,
czyli I/2. Spadek napiecia na nim znamy. Policzenie na innych
opornikach pozostaje nietrywialne.
Slabym punktem powyzszego jest podlaczenie drugiego konca zrodla
pradowego. Powinno sie odbyc "gdzies w nieskonczonosci".
Na tyle daleko, zeby sposob podlaczenia nie mial wplywu
na rozplyw pradu.
A tu niespodzianka - po pierwsze do nieskonczonosci opor siatki
robi sie nieskonczony, wiec napiecie zrodla musialoby byc
nieskonczone. Po drugie - nielatwo udowodnic ze sposob podlaczenia [do
ktorych konkretnie wezlow] tam daleko nie wplywa na rozplyw pradu przy
wejsciowym wezle. A ten dowod jest niezbedny do poprawnosci metody.
>Aby dojsc do poprawnego rozwiazania nalezy najpierw rozwiazac prostsze
>zadanie, ktore jest wskazowka.:
>Policzyc opor zastepczy na koncach jednego szczebla nieskonczonej drabiny.
Eee, to akurat proste.
Szczebel ma R i dwa boki miedzy szczeblami po R ?
R*(sqrt(3)-1)
J.
Krzysztof Mnich
> >Policzyc opor zastepczy na koncach jednego szczebla nieskonczonej drabiny.
>
> Eee, to akurat proste.
> Szczebel ma R i dwa boki miedzy szczeblami po R ?
> R*(sqrt(3)-1)
No to jeszcze do kompletu inne zadanie na wakacje:
obliczyc opor zastepczy siatki, w ktorej N punktow polaczonych
jest opornikami R kazdy z kazdym.
Wskazowka: zadanie jest latwe :-)
pozdrowienia
krzys
--
_^..^_)_
\ /
\____/
Przemysław Dębski
>
> Użytkownik "Przemysław Dębski" <kac...@arip.com.pl> napisał w wiadomości
> news:bgb9gk$14jp$1...@foka1.acn.pl...
>
>
> Mamy nieskończoną liczbę oczek w tym układzie. Za oczka przydatne do
> rozpatrywania, bierzemy te oczka które zawierają w sobie AB. Każde oczko
> składa się z iluś tam (w zalezności od rozmiarów oczka) rezystorków
> połączonych szeregowo. Rozpatrując każde oczko jako osobny układ, możemy
> wyliczyć sobie prąd płynący w takim oczku. Suma prądów z wszystkich oczek
> (bo każde zawiera AB) daje sumaryczny prąd wypływający ze źródła).
>
> weźmy oczko składające się z 1 "kratki"
> Istnieją dwa oczka które zawierają AB i składają się z jednej kratki, prąd
> I(1) = 2*U/3R
>
> weźmy oczko składające się z 2 "kratek"
> Istnieje sześć oczek które zawierają AB i składają się z dwóch kratek,
prąd
> I(2) = 6*U/5R
>
> weźmy oczko składające się z 3 "kratek"
> Istnieje osiemnaście oczek które zawierają AB i składają się z trzech
> kratek, prąd I(3) = 18*U/7R
>
> Więc I = I(1) + I(2) + I(3) + ..... + I(n) = *U/3R + 6*U/5R + 18*U/7R +
...
> + ((2*3^(n-1)) / (n*2 + 1)) * (U/R)
>
> .... I ten diabeł rozbieżny jest chyba (przynajmniej na pierwszy rzut
oka).
:-))) Zbieżny bo sum (1 ...n) z ((2*3^(n-1)) / (n*2 + 1)) * (U/R) = 1/Rz a
nie Rz
Co o tym myślicie ?
Pzdr.
P.D.
P.S. Sorki za tyle postów, ale co chwila mi coś wpada do głowy ...
Maciek Woźniak
Użytkownik "Przemysław Dębski" <kac...@arip.com.pl> napisał w wiadomości
news:bgd6ih$1miu$1...@foka1.acn.pl...
>
> Użytkownik "Przemysław Dębski" <kac...@arip.com.pl> napisał w wiadomości
> news:bgb9gk$14jp$1...@foka1.acn.pl...
>
> Pokombinowawszy sobie i doszedłem do takich wniosków.
>
> Mamy nieskończoną liczbę oczek w tym układzie. Za oczka przydatne do
> rozpatrywania, bierzemy te oczka które zawierają w sobie AB. Każde oczko
> składa się z iluś tam (w zalezności od rozmiarów oczka) rezystorków
> połączonych szeregowo. Rozpatrując każde oczko jako osobny układ, możemy
> wyliczyć sobie prąd płynący w takim oczku. Suma prądów z wszystkich oczek
> (bo każde zawiera AB) daje sumaryczny prąd wypływający ze źródła).
Myślę, że to nie to. Spróbuj zastosować to podejście
do innej sytuacji:
AB - opornik R (niech jest poziomy)
wszystkie oporniki na pionowej prostej przechodzącej
przez A - R
wszystkie oporniki w lewo od A - oo
wszystkie w prawo od A (oprócz AB) - 0.
Po zastosowaniu Twojego podejścia wychodzi,
że przez pierwszy opornik w górę od A (albo
w dół) płynie prąd nieskończony.
Jeśli dobrze widzę.
Przemysław Dębski
Użytkownik "Maciek Woźniak" <m.wo...@gdansk.ruch.com.pl> napisał w
wiadomości news:bgda4a$r45$1...@news.onet.pl...
> Myślę, że to nie to. Spróbuj zastosować to podejście
> do innej sytuacji:
> AB - opornik R (niech jest poziomy)
> wszystkie oporniki na pionowej prostej przechodzącej
> przez A - R
> wszystkie oporniki w lewo od A - oo
> wszystkie w prawo od A (oprócz AB) - 0.
> Po zastosowaniu Twojego podejścia wychodzi,
> że przez pierwszy opornik w górę od A (albo
> w dół) płynie prąd nieskończony.
Nie wiem czy dobrze zrozumiałem o co Ci chodzi.
Mamy układ gdzie:
W pionie przecinającym A jest nieskończona ilość oporniczków R
W poziomie, na lewo od A nic nie ma (R=oo)
W poziomie na prawo od B jest "zwora do nieskończoności" (R=0)
W takim układzie będą tylko dwa oczka zawierające AB (jeśli pion A łączy się
w nieskończoności ze zworą) i w każdym z tych oczek opór wyniesie (R=oo),
czyli prąd tam nie popłynie, popłynie tylko przez rezystorek AB.
... tylko ten układ nie ma nic wspólnego z "kratą", chyba że źle zrozumiałem
o co Ci chodzi ...
Pzdr.
P.D.
J.F.
>Pokombinowawszy sobie i doszedłem do takich wniosków.
>Mamy nieskończoną liczbę oczek w tym układzie. Za oczka przydatne do
>rozpatrywania, bierzemy te oczka które zawierają w sobie AB. Każde oczko
>składa się z iluś tam (w zalezności od rozmiarów oczka) rezystorków
>połączonych szeregowo. Rozpatrując każde oczko jako osobny układ, możemy
>wyliczyć sobie prąd płynący w takim oczku. Suma prądów z wszystkich oczek
>(bo każde zawiera AB) daje sumaryczny prąd wypływający ze źródła).
Musialbys sie sporo nameczyc z udowodnieniem ze to ma sens.
Pamietaj ze niektore galezie sa uzywane przez wiele oczek.
>Więc I = I(1) + I(2) + I(3) + ..... + I(n) = *U/3R + 6*U/5R + 18*U/7R + ...
>+ ((2*3^(n-1)) / (n*2 + 1)) * (U/R)
>
>.... I ten diabeł rozbieżny jest chyba (przynajmniej na pierwszy rzut oka).
Czyli meczenie jest bez sensu, bo latwo wykazac ze ten prad jest
skonczony, a nawet podac dolna i gorna granice ..
J.
Przemysław Dębski
Użytkownik "J.F." <jf...@poczta.onet.pl.nospam> napisał w wiadomości
news:dtbkivosj0p6pfjni...@4ax.com...
> On Fri, 1 Aug 2003 09:58:20 +0200, Przemysław Dębski wrote:
> >Pokombinowawszy sobie i doszedłem do takich wniosków.
> >Mamy nieskończoną liczbę oczek w tym układzie. Za oczka przydatne do
> >rozpatrywania, bierzemy te oczka które zawierają w sobie AB. Każde oczko
> >składa się z iluś tam (w zalezności od rozmiarów oczka) rezystorków
> >połączonych szeregowo. Rozpatrując każde oczko jako osobny układ, możemy
> >wyliczyć sobie prąd płynący w takim oczku. Suma prądów z wszystkich oczek
> >(bo każde zawiera AB) daje sumaryczny prąd wypływający ze źródła).
>
> Musialbys sie sporo nameczyc z udowodnieniem ze to ma sens.
> Pamietaj ze niektore galezie sa uzywane przez wiele oczek.
No właśnie. Ale zuważ że biorę pod uwagę WSZYSTKIE oczka, które łączą się z
AB.
> >Więc I = I(1) + I(2) + I(3) + ..... + I(n) = *U/3R + 6*U/5R + 18*U/7R +
...
> >+ ((2*3^(n-1)) / (n*2 + 1)) * (U/R)
> >
> >.... I ten diabeł rozbieżny jest chyba (przynajmniej na pierwszy rzut
oka).
>
> Czyli meczenie jest bez sensu, bo latwo wykazac ze ten prad jest
> skonczony, a nawet podac dolna i gorna granice ..
Tak, tylko w "odpowiedzi samemu sobie :-)" napisałem, że opór zastępczy (bez
opornika AB) równy jest odwrotności ((2*3^(n-1)) / (n*2 + 1)*R), poprostu
najpierw wysłałem a potem pomyślałem :-) A ten diabeł już chyba jest
zbieżny.
Pzdr.
P.D.
Maciek Woźniak
> Nie wiem czy dobrze zrozumiałem o co Ci chodzi.
> Mamy układ gdzie:
> W pionie przecinającym A jest nieskończona ilość oporniczków R
> W poziomie, na lewo od A nic nie ma (R=oo)
> W poziomie na prawo od B jest "zwora do nieskończoności" (R=0)
Prawda że układ napisany wyszedł mi nieszczególnie.
Niemniej Twoja metoda oczek nie da prawidłowego
wyniku w przypadkach prostszych, np. nieskończonej
drabiny. Albo kilkuszczeblowej drabiny.
Chyba.
Tak przy okazji, policzyłem oporność zastępczą
nieskończonej drabiny, wyszło mi około 0.577 R
Co daje mi oszacowanie rozwiązania na gdzieś
pomiędzy 0.4R a 0.577R.
Ciekawe, czy daliby punkty na olimpiadzie.
Przemysław Dębski
> Prawda że układ napisany wyszedł mi nieszczególnie.
> Niemniej Twoja metoda oczek nie da prawidłowego
> wyniku w przypadkach prostszych, np. nieskończonej
> drabiny. Albo kilkuszczeblowej drabiny.
> Chyba.
Ależ da. Weźmy nieskończoną drabine idącą tylko w jedną stronę od AB.
I = U/3R + U/5R+ ... + U/((n*2 + 1) * R)
czyli Rz = 1/ {sum(1..oo) (1/(n*2 + 1) * R)}
nie mam czasu teraz, żeby policzyć ile to wyjdzie liczbowo, ale napewno
będzie skończone.
Pzdr.
P.D.
J.F.
>Ależ da. Weźmy nieskończoną drabine idącą tylko w jedną stronę od AB.
>I = U/3R + U/5R+ ... + U/((n*2 + 1) * R)
>
>czyli Rz = 1/ {sum(1..oo) (1/(n*2 + 1) * R)}
>
>nie mam czasu teraz, żeby policzyć ile to wyjdzie liczbowo, ale napewno
>będzie skończone.
Ta - Rz wyjdzie skonczone. Tylko czemu zero ?
sum(1..oo) (1/(n*2 + 1) ) > sum(1..oo) (1/(n*2 + 2) ) >
> 0.5 * sum(2..oo) (1/n) )
A ten ostatni jak wiadomo jest nieskonczony.
J.
J.F.
>Tak przy okazji, policzyłem oporność zastępczą
>nieskończonej drabiny, wyszło mi około 0.577 R
>Co daje mi oszacowanie rozwiązania na gdzieś
>pomiędzy 0.4R a 0.577R.
>Ciekawe, czy daliby punkty na olimpiadzie.
Moze by dali, ale niewiele. Bo wynik jest bledny.
J.
Przemysław Dębski
Użytkownik "J.F." <jf...@poczta.onet.pl.nospam> napisał w wiadomości
n=1
1/(n*2 + 1) = 1/3 > 1/(n*2 + 2) = 1/4
n=2
1/(n*2 + 1) = 1/5 > 1/(n*2 + 2) = 1/6 !! < !! (1/n) = 1/2
n=3
1/(n*2 + 1) = 1/7 > 1/(n*2 + 2) = 1/8 !! < !! (1/n) = 1/3
.
.
.
n=oo
1/(n*2 + 1) = 0
1/2+1/3 !!>!! 1/5+1/7 > 1/6 + 1/8 !!<!! 1/2+1/3
Pzdr.
P.D.
Maciek Woźniak
Użytkownik "J.F." <jf...@poczta.onet.pl.nospam> napisał w wiadomości
Który? Całe oszacowanie czy drabina?
Przemysław Dębski
I jeszcze d'Alembertem go:
lim (n->00) z a(n+1)/a(n)
lim (n->00) z (1/(n+1)*2+1) / ( 1/(2*n+1) ) = lim (n->00) z (2*n+1)/(2*n+3)
=1/3
a więc napewno zbieżny i ma sume.
Pzdr.
P.D.
Piotr Wyderski
J.F. wrote:
> Moze by dali, ale niewiele. Bo wynik jest bledny.
Ciekawe ile by dali, dla mnie ich sposoby oceniania zawsze
byly poza moja granica zdolnosci pojmowania. Szczegolnie
dalo sie to zauwazyc w przypadku zadan z roznego rodzaju
ruchow drgajacych. Dostajesz cialo poruszajace sie po jakiejs
skomplikowanej krzywej i masz cos policzyc. Jesli dzialasz
zgodnie z trescia zadania, to po kilku przeksztalceniach nie
wiesz co zrobic dalej z wynikiem posrednim. A podczas
podawania rozwiazan czlowiek z usmiechem stwierdza "dla
malych wychylen f(x) prawie rowna sie x^k [...]", mimo, ze
w tresci nie bylo nic o malych wychyleniach ani oczekiwanej
dokladnosci wyniku, wiec jedynym logicznym wyjsciem bylo
liczyc dokladnie... Gdybym dzis mial to zadanie rozwiazac, to
z czystej zlosliwosci bym bezczelnie zastosowal ich wlasne
sztuczki i napisal, ze wynik to 0,5R +-20%, bo "wklad opornikow
w bardziej oddalonych galeziach jest zaniedbywalny" i niech mi
udowodnia, ze tak nie jest*.
Pozdrawiam
Piotr Wyderski
*) skoro jest. :-)))
J.F.
>> sum(1..oo) (1/(n*2 + 1) ) > sum(1..oo) (1/(n*2 + 2) ) >
>> > 0.5 * sum(2..oo) (1/n) )
>> A ten ostatni jak wiadomo jest nieskonczony.
>
>.
>n=oo
>1/(n*2 + 1) = 0
>
>1/2+1/3 !!>!! 1/5+1/7 > 1/6 + 1/8 !!<!! 1/2+1/3
Przemku - skoro 1/1+1/2+1/3+... jest nieskonczony,
to i 1/2+1/3+1/4+... jest nieskonczony, i jego polowa,
czyli 1/4+1/6+1/8+... jest nieskonczona,
a wiec 1/3+1/5+1/7+ .... jest wieksza od nieskonczonosci.
Z czego wniosek .. na d'Alambercie tez sie nie znasz :-)
J.
Przemysław Dębski
> lim (n->00) z (1/(n+1)*2+1) / ( 1/(2*n+1) ) = lim (n->00) z
(2*n+1)/(2*n+3)
> =1/3
ale error :-( lim ... = 1
sam już nie wiem ...
Pzdr.
P.D.
Przemysław Dębski
Użytkownik "J.F." <jf...@poczta.onet.pl.nospam> napisał w wiadomości
> Z czego wniosek .. na d'Alambercie tez sie nie znasz :-)
Pewno, że sie nie znam :-) Masz racje, w przypadku "drabinki" to nie
zadziała ... w przypadku kratki też nie, bo tam d'Alambert mówi 3 ... chyba,
że znów go źle usłyszałem :-) Czyli piękna idea jest OKDP ... na szczęście
jestem już za stary na olimpiady :-)
Pzdr.
P.D.
Przemek Borys
> ZADANIE Z KRATKA Z REZYSTOROW
> Mamy nieskonczenie wielka plaska kratke, prawie jak w zeszycie, tylko nie z
> kresek, ale z (jednakowych) rezystorow (o oporze R). Dowolny wezel oznaczmy
> sobie A. Teraz dowolny z jego wezlow-sasiadow oznaczmy B (ma byc pomiedzy
> nimi jeden rezystor no i reszta kratki dookola). Jaki opor widac miedzy
> wezlami A i B?
A to moja propozycja na rozwiazanie :)
Zalozenia: siatka jest nieskonczona: zatem z zaciskow dowolnego z opornikow
widziany jest identyczny opor zastepczy.
Rozwazmy schemat zastepczy siatki z kwadracikiem opornikow (ascii art mode)
+-----+--Rc--+
| | |
| Rb |
| | |
+--R--+--Re--+
| | |
R R Re
| | |
+--R--+--Re--+
| | |
| Rb |
| | |
+--Ra-+--Rc--+
Mamy troche za duzo zmiennych. Robimy transformacje trojkatow Rb,Rc,Re w
gwiazdy i uzyskujemy
+---R1----/|
| R2 |
| / |
+--R--+ |
| | |
R R R3
| | |
+--R--+ |
| \ |
| R2 |
+---R1----\|
(symetria gora-dol jest oczywista w nieskonczonej siatce, wiec chyba nie
trzeba wyjasniac czemu R1 gorny rowny jest R1 dolnemu).
Teraz opor zastepczy kazdego z 4 opornikow kwadracika rowny jest R(szukane).
Mamy wiec 4 rownania na r szukane i 4 niewiadome: R1,R2,R3,R(szukane) :)
Przemek Borys
> Rozwazmy schemat zastepczy siatki z kwadracikiem opornikow (ascii art mode)
> | | |
> | Rb |
> | | |
> +--R--+--Re--+
> | | |
> R R Re
> | | |
> +--R--+--Re--+
> | | |
> | Rb |
> | | |
> +--Ra-+--Rc--+
Tak mialo byc:)
A jest to najogolniejszy chyba mozliwy schemat zastepczy widziany z zaciskow
lewego opornika R, dlatego wybralem taki.
[dalej bylo dobrze, tu machnalem sie po prostu w przepisywaniu z kartki;)]
J.F.
>Zalozenia: siatka jest nieskonczona: zatem z zaciskow dowolnego z opornikow
>widziany jest identyczny opor zastepczy.
>
>Rozwazmy schemat zastepczy siatki z kwadracikiem opornikow (ascii art mode)
>+-----+--Rc--+
>| | |
>| Rb |
>| | |
>+--R--+--Re--+
>| | |
>R R Re
>| | |
>+--R--+--Re--+
>| | |
>| Rb |
>| | |
>+--Ra-+--Rc--+
Ciagle nie rozumiesz - to ze widac jakis opor zastepczy calej siatki
nie upowaznia cie do podlaczenia w dwoch punktach tego oporu,
albo - jesli wydzielisz z siatki do analizy jakis rezystor[y],
to ... reszta siatki nie ma juz takiego oporu jak razem z nimi.
Owszem - mozesz zastapic fragment siatki jakims ukladem zastepczym,
ale pamietaj ze jest on polaczony takze z reszta wezlow - wiec
nie mamy prostego Rc, mamy tam bardziej skomplikowany uklad
polaczony do wszystkich wezlow ukladu.
No chyba ze uda ci sie jakos uklad porozcinac.
>(symetria gora-dol jest oczywista w nieskonczonej siatce, wiec chyba nie
>trzeba wyjasniac czemu R1 gorny rowny jest R1 dolnemu).
Oj, uwazaj - ta siatka cos smierdzi, moze sie okazac ze ma granicy,
czy dwie nieskonczonosci sa rowne ?
A teraz zadanko dla matematykow: jako ze potencjal w danym punkcie
swobodnym jest srednia z potencjalow w 4 sasiednich punktach ..
poszukujemy funkcji dwoch zmiennych o wlasnosci:
f(i,j) = (f(i+1,j) + f(i-1,j) + f(i,j+1) + f(i,j-1) ) /4
Wystarczy ze bedzie to spelnione dla i,j naturalnych.
J.
Przemek Borys
>>Rozwazmy schemat zastepczy siatki z kwadracikiem opornikow (ascii art mode)
>>+-----+--Rc--+
>>| | |
>>| Rb |
>>| | |
>>+--R--+--Re--+
>>| | |
>>R R Re
>>| | |
>>+--R--+--Re--+
>>| | |
>>| Rb |
>>| | |
>>+--Ra-+--Rc--+
> Ciagle nie rozumiesz - to ze widac jakis opor zastepczy calej siatki
> nie upowaznia cie do podlaczenia w dwoch punktach tego oporu,
> albo - jesli wydzielisz z siatki do analizy jakis rezystor[y],
> to ... reszta siatki nie ma juz takiego oporu jak razem z nimi.
Hmmm, ciagle? ;) Ja dopiero pierwszy raz na to spojrzalem przed chwila,
dopiero niedawno z wakacji wrocilem:)
Natomiast ta czworka opornikow JEST podlaczona do sieci opornikow, ktora z
punktu widzenia tych czterech rezystorow mozna zamodelowac (poprzez
transformacje trojkat-gwiazda, laczenia szeregowe, rownolegle pozostalych
opornikow) ukladem jak powyzszy. Nie ma zadnych przeciwskazan. I bedzie to
ta sama siatka.
[ciach reszta--dzisiaj juz mam klopoty z kontaktowaniem;)]
Przemek Borys
>>Rozwazmy schemat zastepczy siatki z kwadracikiem opornikow (ascii art mode)
>>| | |
>>| Rb |
>>| | |
>>+--R--+--Re--+
>>| | |
>>R R Rd
>>| | |
>>+--R--+--Re--+
>>| | |
>>| Rb |
>>| | |
>>+--Ra-+--Rc--+
> Ciagle nie rozumiesz - to ze widac jakis opor zastepczy calej siatki
> nie upowaznia cie do podlaczenia w dwoch punktach tego oporu,
> albo - jesli wydzielisz z siatki do analizy jakis rezystor[y],
> to ... reszta siatki nie ma juz takiego oporu jak razem z nimi.
> Owszem - mozesz zastapic fragment siatki jakims ukladem zastepczym,
> ale pamietaj ze jest on polaczony takze z reszta wezlow - wiec
> nie mamy prostego Rc, mamy tam bardziej skomplikowany uklad
> polaczony do wszystkich wezlow ukladu.
Przy czym ten uklad jest liniowy, wiec z gory wiemy, ze mozna go zastapic
pojedynczym Rc:)
Natomiast wszystkie podlaczenia dodatkowych rezystancji przy wezlach badanej
kratki RRRR sa powyzej zamodelowane.
Ogolnie: dla tych czterech opornikow R, mozna reszte siatki bez problemu
zamodelowac ukladem opornikow j.w.
> No chyba ze uda ci sie jakos uklad porozcinac.
Nie trzeba tak kombinowac ;)
>>(symetria gora-dol jest oczywista w nieskonczonej siatce, wiec chyba nie
>>trzeba wyjasniac czemu R1 gorny rowny jest R1 dolnemu).
> Oj, uwazaj - ta siatka cos smierdzi, moze sie okazac ze ma granicy,
> czy dwie nieskonczonosci sa rowne ?
Nie rozumiem pytania:)
Po prostu: uklad opornikow podlaczonych do R gornego jest identyczny jak
ten, podlaczony do R dolnego. Opornosci zastepcze musza byc wiec takie same.
Nie widze potrzeby stosowania granic:)
> A teraz zadanko dla matematykow: jako ze potencjal w danym punkcie
> swobodnym jest srednia z potencjalow w 4 sasiednich punktach ..
> poszukujemy funkcji dwoch zmiennych o wlasnosci:
> f(i,j) = (f(i+1,j) + f(i-1,j) + f(i,j+1) + f(i,j-1) ) /4
> Wystarczy ze bedzie to spelnione dla i,j naturalnych.
f(i,j)=const
;)
Przemek Borys
>>>>+--Ra-1--Rc--+
>>>>| | |
>>>>| Rb |
>>>>| | |
>>>>2--R--3--Re--4
>>>>| | |
>>>>R R Rd
>>>>| | |
>>>>5--R--6--Re--7
>>>>| | |
>>>>| Rb |
>>>>| | |
>>>>+--Ra-8--Rc--+
>>> Owszem - mozesz zastapic fragment siatki jakims ukladem zastepczym,
>>> ale pamietaj ze jest on polaczony takze z reszta wezlow - wiec
>>> nie mamy prostego Rc, mamy tam bardziej skomplikowany uklad
>>> polaczony do wszystkich wezlow ukladu.
>>Przy czym ten uklad jest liniowy, wiec z gory wiemy, ze mozna go zastapic
>>pojedynczym Rc:)
> Tymczasem prad ze srodka Rc potrafi przeplynac do srodka Ra -
> a na twoim rysunku tego nie widac.
Ale to nie ma wiekszego znaczenia. Chodzi tylko o to, aby moc zamodelowac
wyplyw dowolnego pradu z zaciskow przy ktoryms z opornikow R, tzn. dla
kazdego opornika R moc dopasowac rezystancje widziana z jego zaciskow. Mamy
tu 4 takie oporniki dla ktorych chcemy moc dobrac rezystancje; z uwagi na
symetrie gora-dol, rozplyw pradow w oporniku R gornym jest takiego samego
typu jak w oporniku R dolnym. Mamy wiec 3 stopnie swobody ukladu i 3 zmienne
niezalezne w obwodzie zastepczym (tym drugim narysowanym w pierwotnym
poscie). Moim zdaniem wszystko gra:)
> Ponumerowalem ci wezly u gory. Wyobraz sobie ze w rzeczywistej siatce
> podlaczasz 2,3,4 do potencjalu zero, a 6 do 1V. Czy uwazasz ze
> w pelnej siatce nic nie wplynie do wezlow 2,3,4 "od gory" ?
Zauwaz, ze kladac 4 na zerze, "odlaczasz" istotna czesc rezystancji,
modelujacej siatke:)
>>Po prostu: uklad opornikow podlaczonych do R gornego jest identyczny jak
>>ten, podlaczony do R dolnego. Opornosci zastepcze musza byc wiec takie same.
> Masz zalozenie ze sa w obie strony nieskonczone, nie ze sa
> identyczne. :-) udowodnienie drugiego z pierwszego moze byc trudne.
> Choc mysle ze mozna zalozyc i identycznosc ..
W co drugim dowodzie roznych problemow fizycznych takie zalozenie mozna
napotkac--mysle ze to nic zlego;)
>>> A teraz zadanko dla matematykow: jako ze potencjal w danym punkcie
>>> swobodnym jest srednia z potencjalow w 4 sasiednich punktach ..
>>> poszukujemy funkcji dwoch zmiennych o wlasnosci:
>>> f(i,j) = (f(i+1,j) + f(i-1,j) + f(i,j+1) + f(i,j-1) ) /4
>>> Wystarczy ze bedzie to spelnione dla i,j naturalnych.
>>f(i,j)=const
> I to jest jednym z rozwiazan, niestety - tym mniej ciekawym.
> Acha - w nielicznych punktach moze byc niespelnione.
> Symuluje to sobie w excelu .. fajna zabawa :-)
A do czego to potrzebujesz?:)
Adam
> (bo każde zawiera AB) daje sumaryczny prąd wypływający ze źródła).
Nie podoba mi sie to. Wydaje mi sie, ze w ten sposob zawyzasz wartosc
natezenia pradu, albowiem wielokrotnie uwzgledniasz te same prady.
> weźmy oczko składające się z 1 "kratki"
> Istnieją dwa oczka które zawierają AB i składają się z jednej kratki, prąd
> I(1) = 2*U/3R
A to mi sie tez nie podoba.Wyglada mi na to, ze nieslusznie zakladasz, ze
przez wszystkie oporniki w oczku plynie jednakowy prad. Przeciez przez
"pionowe" oporniki plynie wiekszy prad niz przez poziomy, bo
rozplywaja/splywaja sie prady do/z innych oczek.
Gdyby rzeczywiscie w tych oczkach przez oporniki plynal jednakowy prad, to
znaczyloby to, ze caly prad sklada sie z pradu plynacego bezposrednio z A do
B, dwoch pradow z najmniejszych kwadratowych oczek (bo sa dwa takie oczka) i
jednego pradu I2 plynacego przez oczko (ale tylko jedno!!!) utworzone z
rezystorow odchodzacych od A i B wzdluz osi AB i dalej z dowolnych
rezystorow nie branych jeszcze pod uwage. A przez pozostale w ogole by prad
nie plynal.
O, jezcze lepiej - skoro w oczku ma plynac jednakowy prad przez wszystkie
rezystory, to dotyczy to rowniez rezystora miedzy A i B. Jezeli ten prad
oznaczyc IAB, to niezaleznie od wyboru oczka plynie w nim prad IAB, czyli
bez sensu.
Adam
> rozkladu.
>
> Przylaczamy do nieskonczonej siatki w pkt A zrodlo _pradowe_ I.
> Prad rozchodzi sie symetrycznie, i w kazdy z 4 sasiednich rezystorow
> plynie I/4. To zrodlo odlaczamy, przylaczamy do B zrodlo -I.
> prad tez plynie symetrycznie. Podlaczamy oba zrodla - z zasady
> superpozycji przez laczacy opornik plynie suma obu pradow,
> czyli I/2. Spadek napiecia na nim znamy. Policzenie na innych
> opornikach pozostaje nietrywialne.
Zaraz... no jezeli juz masz prad I/2 przez "srodkowy" opornik to juz
zrobione:
Calkowity prad wplywajacy do ukladu: 2I
Napiecie miedzy wezlami = napiecie na "srodkowym" oporniku
czyli
U=I*R/2
RAB = U/I = I*R/2 / I = R/2
i nie trzeba nic wiecej liczyc.
>Slabym punktem powyzszego jest podlaczenie drugiego konca zrodla
>pradowego. Powinno sie odbyc "gdzies w nieskonczonosci".
>Na tyle daleko, zeby sposob podlaczenia nie mial wplywu
>na rozplyw pradu.
W sumie moge sobie to wyobrazic tak samo prosto, jak nieskonczona kratke.
I tak zadna fabryka tego nie zbuduje. :)
>A tu niespodzianka - po pierwsze do nieskonczonosci opor siatki
>robi sie nieskonczony, wiec napiecie zrodla musialoby byc
>nieskonczone.
Na pewno? W koncu kratka jest nieskonczenie szeroka, a wiec nawet jezeli
jest nieskonczenie dluga to nie jest dla mnie oczywiste, ze jej opor jest
nieskonczony.
>Po drugie - nielatwo udowodnic ze sposob podlaczenia [do
>ktorych konkretnie wezlow] tam daleko nie wplywa na rozplyw pradu przy
>wejsciowym wezle. A ten dowod jest niezbedny do poprawnosci metody.
A nie mozna podlaczyc do wszystkich wezlow w nieskonczonosci jednoczesnie?
pz
Podaje poprawne rozwiazanie a sami ocenicie.
Troche mam klopot bo nie mozna sie wspomoc rysunkami.
1. Dzielimy cala krate na dwie polkraty polaczone w skrajnych wezlach
rezystorami R.
Konce jednego z rezystorow obieramy jako interesujace nas wezly a i b.
2. Kazda polkrate zastepujemy nieskonczona linia szerogowo polaczonych
rezystorow zastepczych Rp i otrzymujemy nieskonczona drabinke ze
szczebelkami R orza polaczeniami miedzy nimi Rp.
3 Nieskonczona drabinke dzielimy na dwie "poldrabiny i zastepujemy je
rezystorami zastepczymi Rd.Otrzymujemy w ten sposob drabine z trzema
szczeblami. Srodkowy szczebel R z koncami a i b, dwa skrajne szczeble Rd i
polaczeniami miedzy szczeblami wszystkie Rp.
Rezystancja zastepcza Rab w wezlach a ,b ( nasza poszukiwana) wynosi
(1) Rab = R * (Rp + Rd / 2 ) / (R + Rp + Rd / 2)
Pozostaje nam teraz policzenie Rd i Rp.
Rezystancja Rd jest rezystancja nieskonczone "poldrabinu" ze szczeblami R i
polaczeniami miedzy szczeblami Rp..
Podstawowa idea rozwiazania jest spostrzezenie ze dodanie jednego szczebla
na poczatku drabiny nie zmieni jej rezystancji zastepczej..
Mamy zatem dwie galezie w jednej R a w drugiej szeregowo polaczone Rp+Rd+Rp
i rezystancja takiego ukladu dalej jest rowna Rd, Zatem
(2) 1 / Rd = 1 / R + 1 / (2 * Rp +Rd )
Czyli
(3) Rd ^ 2 + 2 * Rp * Rd - 2 * R * Rp = 0
Rownanie to ma dwa rozwiazania Rd1 i Rd2.
(4) Rd1 = Rp * ( SQR(1+2 * R / Rp) -1)
(5) Rd2 = - Rp * ( SQR(1+2 * R / Rp) + 1)
Nas interesuje rozwiazanie Rd1.
Dyskusje nad rozwiazaniem Rd2 proponuje przeniesc na pozniej.
Pozostalozatem obliczenie rezystancji zastepczej polkraty Rp.
Stosujemy te sama idee co do drabinu.
Do nieskonczonej lini rezystorow Rp dodajemy na poczatku nastepna
linirezystorow ale R
polaczonych z pierwsza szczeblami R.
Otrzymalismy tym razem nowa drabine ze szczeblami R oraz polaczeniami miedzy
nimi z jednej strony Rp a zdrugiej R.
Teraz nasza drabine dzielimy na dwie poldrabiny ( bo takie umiemy
rozwiazywac) i zastepujemy je rezystancjam,i zastepczymi Rx
Dla takiego ukladu otrzymujemy :
(6) 1 / Rx = 1/ R + 1 / ( R + Rp + Rx) ( drabina na szerokosc polkraty)
(7) 1 / Rp = 1 / R + 1/ ( Rp + 2 * Rx )
Prowadzi to do nastepujacego ukladu rownan
(8) Rx ^ 2 + Rx * (R + Rp ) - R * ( R + Rp ) = 0
(9) Rp ^ 2 + 2 * Rp * Rx - 2 * R * Rx = 0.
Liczymy z roenania (9) Rx iwstawiamy do (8) i otrzymujemy
(10) Rp^4 + 4* R * Rp ^ 3 - 6 * R^2 * Rp^2 - 4 * R^3 * Rp + 4 * R4 = 0
Dla ulawienia podstawmiamy x + Rp / R i mamy
(11) x ^ 4 + 4* x^3 - 6* x^2 - 4 * x + 4 = 0.
Rownanie to ma 4 rzeczywiste rozwiazania w przedzialach -6, -1, 0, 1, 2
Nas intertesuje rozwiazanie w przedziale (0,1).
Wstawiajac otrzymane rozwiazanie (11) do wzorow (1) i (4) otrzymujemy
ostateczny wynik.
Rab = R * ( 1 + ( SQR(1+2/x) -1)/2) / ( 1/x + 1 + (SQR(1 +2/x) -1)/2)
I to jest yo poprawne rtozwiazanie.
Przepraszam ze nie policzylem tego x ale nie mialem czasu bo chcialem jak
najszybiej przekazac to rozwiazanie grupie.
Przepraszam jesli wkradl sie jakis blad literowy ale musialem to rozwiazanie
od nowa odtwarzac.
Teraz moge podjac dyskusje, ale wolalbym nad tym wlasnie rozwiazaniem.
Pozdrawiam
J.H.Zajdel.
Przemek Borys
> Teraz opor zastepczy kazdego z 4 opornikow kwadracika rowny jest R(szukane).
> Mamy wiec 4 rownania na r szukane i 4 niewiadome: R1,R2,R3,R(szukane) :)
Ops, tu sie przeliczylem, bo rownanie dla R gornego i dolnego jest
identyczne:)
Wiec ten sposob odpada, ale za to z tego co przed chwila patrzylem,
rozwiazanie pz moze byc dobre.:)
pz
utrudnic zrozumienie.
Niepotrzebnie wdalem sie w dyskusje na temat poprzednich rozwiazan.
Podaje poprawne rozwiazanie a sami ocenicie.
Troche mam klopot bo nie mozna sie wspomoc rysunkami.
1. Dzielimy cala krate na dwie polkraty polaczone w skrajnych wezlach
rezystorami R.
Konce jednego z rezystorow obieramy jako interesujace nas wezly a i b.
2. Kazda polkrate zastepujemy nieskonczona linia szeregowo polaczonych
rezystorow zastepczych Rp i otrzymujemy nieskonczona drabinke ze
szczebelkami R oraz polaczeniami miedzy nimi Rp.
3 Nieskonczona drabinke dzielimy na dwie "poldrabiny i zastepujemy je
rezystorami zastepczymi Rd.Otrzymujemy w ten sposob drabine z trzema
szczeblami. Srodkowy szczebel R z koncami a i b, dwa skrajne szczeble Rd i
polaczeniami miedzy szczeblami wszystkie Rp.
Rezystancja zastepcza Rab w wezlach a ,b ( nasza poszukiwana) wynosi
(1) Rab = R * (Rp + Rd / 2 ) / (R + Rp + Rd / 2)
Pozostaje nam teraz policzenie Rd i Rp.
Rezystancja Rd jest rezystancja nieskonczonej "poldrabiny" ze szczeblami R
i
polaczeniami miedzy szczeblami Rp..
Podstawowa idea rozwiazania jest spostrzezenie ze dodanie jednego szczebla
na poczatku drabiny nie zmieni jej rezystancji zastepczej..
Mamy zatem dwie galezie - w jednej R a w drugiej szeregowo polaczone
Rp+Rd+Rp
i rezystancja takiego ukladu dalej jest rowna Rd, Zatem
(2) 1 / Rd = 1 / R + 1 / (2 * Rp +Rd )
Czyli
(3) Rd ^ 2 + 2 * Rp * Rd - 2 * R * Rp = 0
Rownanie to ma dwa rozwiazania Rd1 i Rd2.
(4) Rd1 = Rp * ( SQR(1+2 * R / Rp) -1)
(5) Rd2 = - Rp * ( SQR(1+2 * R / Rp) + 1)
Nas interesuje rozwiazanie Rd1.
Dyskusje nad rozwiazaniem Rd2 proponuje przeniesc na pozniej.
Pozostalo zatem obliczenie rezystancji zastepczej polkraty Rp.
Stosujemy te sama idee co do drabiny.
Do nieskonczonej lini rezystorow Rp dodajemy na poczatku nastepna
linie rezystorow ale R
polaczonych z pierwsza szczeblami R.
Otrzymalismy tym razem nowa drabine ze szczeblami R oraz polaczeniami miedzy
nimi z jednej strony Rp a zdrugiej R.
Teraz nasza drabine dzielimy na dwie poldrabiny ( bo takie umiemy
rozwiazywac) i zastepujemy je rezystancjami zastepczymi Rx
Dla takiego ukladu otrzymujemy :
(6) 1 / Rx = 1/ R + 1 / ( R + Rp + Rx) ( drabina na szerokosc polkraty)
(7) 1 / Rp = 1 / R + 1/ ( Rp + 2 * Rx ) ( drabina na glebokosc
polkraty)
Prowadzi to do nastepujacego ukladu rownan
(8) Rx ^ 2 + Rx * (R + Rp ) - R * ( R + Rp ) = 0
(9) Rp ^ 2 + 2 * Rp * Rx - 2 * R * Rx = 0.
Liczymy z roenania (9) Rx i wstawiamy do (8) i otrzymujemy
(10) Rp^4 + 4* R * Rp ^ 3 - 6 * R^2 * Rp^2 - 4 * R^3 * Rp + 4 * R4 = 0
Dla ulawienia podstawmiamy x = Rp / R i mamy
(11) x ^ 4 + 4* x^3 - 6* x^2 - 4 * x + 4 = 0.
Rownanie to ma 4 rzeczywiste rozwiazania w przedzialach -6, -1, 0, 1, 2
Nas intertesuje rozwiazanie w przedziale (0,1).
Wstawiajac otrzymane rozwiazanie (11) do wzorow (1) i (4) otrzymujemy
ostateczny wynik.
Rab = R * ( 1 + ( SQR(1+2/x) -1)/2) / ( 1/x + 1 + (SQR(1 +2/x) -1)/2)
I to jest yo poprawne rtozwiazanie.
Przepraszam ze nie policzylem tego x ale nie mialem czasu bo chcialem jak
najszybiej przekazac to rozwiazanie grupie.
Rownanie (11) mozna rozwiazywac analitycznie lub numerycznie.
Przepraszam jesli wkradl sie jakis blad literowy ( czesc juz poprawilem)
J.F.
>>>> A teraz zadanko dla matematykow: jako ze potencjal w danym punkcie
>>>> swobodnym jest srednia z potencjalow w 4 sasiednich punktach ..
>>>> poszukujemy funkcji dwoch zmiennych o wlasnosci:
>>>> f(i,j) = (f(i+1,j) + f(i-1,j) + f(i,j+1) + f(i,j-1) ) /4
>>>> Wystarczy ze bedzie to spelnione dla i,j naturalnych.
>>>f(i,j)=const
>> I to jest jednym z rozwiazan, niestety - tym mniej ciekawym.
>> Acha - w nielicznych punktach moze byc niespelnione.
>> Symuluje to sobie w excelu .. fajna zabawa :-)
>
>A do czego to potrzebujesz?:)
Bo to jest funkcja opisujaca potencjaly w wezlach takiej siatki :-)
J.
Andrzej Komisarski
>Teraz moge podjac dyskusje, ale wolalbym nad tym wlasnie rozwiazaniem.
Zgoda. Na początek parę słów ogólnie. Sam pomysł rozwiązania ma tę zaletę,
że w ogóle nie wnika w to, jak się potencjał w kracie rozkłada.
(Właściwie nie jest to zaleta, lecz wada, ale o tym może później,
nie w tym poście.)
Moim zdaniem rozwiązanie jest błędne. Na szczęście błąd jest już
na początku, w punkcie 2, co zaoszczędzi nam brnięcia zbyt głęboko.
Nawiasem mówiąc dalej jest wszystko dobrze (modulo ten nieszczęsny
punkt 2).
>Podaje poprawne rozwiazanie a sami ocenicie.
>Troche mam klopot bo nie mozna sie wspomoc rysunkami.
>
>1. Dzielimy cala krate na dwie polkraty polaczone w skrajnych wezlach
>rezystorami R.
>Konce jednego z rezystorow obieramy jako interesujace nas wezly a i b.
Zgoda.
>2. Kazda polkrate zastepujemy nieskonczona linia szeregowo polaczonych
>rezystorow zastepczych Rp i otrzymujemy nieskonczona drabinke ze
>szczebelkami R oraz polaczeniami miedzy nimi Rp.
Uważam, że linia szeregowo połączonych rezystorow zastepczych Rp
nie jest równoważna półkracie (interesują nas tylko węzły na krawędzi
półkraty). Jest ona na to zbyt prosta. Oto uzasadnienie: Popatrzmy na dwa
sąsiednie węzły na krawędzi półkraty. Występuje między nimi jakiś opór.
Opór ten wynosi z definicji Rp (tak określiliśmy Rp).
Zobaczmy teraz ile wynosi opór pomiędzy węzłami na krawędzi kraty odległymi
od siebie o dwa oporniki. Gdyby dało się w sposób równoważny zastąpić
półkratę linią szeregowo połączonych rezystorów, to opór ten musiałby
wynieść Rp + Rp = 2Rp. Nie ma jednak żadnego powodu by tak było
(tak na prawdę opór ten jest mniejszy niż 2Rp).
Już nawet zwykłej nieskończonej drabiny (interesują nas tylko węzły
na lewej podłużnicy) nie można zastąpić linią szeregowo połączonych
oporników. Załóżmy, że szczeble drabiny i rezystory na podłużnicach mają
taki sam opór R. Opór między sąsiednimi węzłami na lewej podłużnicy wynosi
1 - sqrt(3)/6, natomiast opór między węzłami odległymi o dwa oporniki
wynosi 3- sqrt(3) (mam nadzieję, że się nie pomyliłem w rachunkach, można
to policzyć metodami jakie stosował mój przedpiszca).
Ale 3 - sqrt(3) jest różne od 2*(1 - sqrt(3)/6).
Czyli drabina nie jest równoważna linii. Tym bardziej półkrata.
Jeszcze postrzy przykład: Trzy węzły. Od góry A, B, C.
Każdy z każdym łączymy rezystorami R (dostajemy trójkąt).
Taki trójkąt możemy co prawda zastąpić gwiazdą, ale nie możemy go zastąpić
dwoma szeregowo połączonymi opornikami R_{AB} i R_{BC}.
>Pozdrawiam
>J.H.Zajdel.
Czy zbieżność nazwisk (ze znanym, nieżyjącym już pisarzem i fizykiem) jest
przypadkowa?
--
Andrzej Komisarski
J.F.
>1. Dzielimy cala krate na dwie polkraty polaczone w skrajnych wezlach
>rezystorami R.
>Konce jednego z rezystorow obieramy jako interesujace nas wezly a i b.
OK
>2. Kazda polkrate zastepujemy nieskonczona linia szeregowo polaczonych
>rezystorow zastepczych Rp i otrzymujemy nieskonczona drabinke ze
Udowodnij ze da sie tak zrobic.
Bo tak na oko to te sieci nie sa rownowazne.
>szczebelkami R oraz polaczeniami miedzy nimi Rp.
troche obroce twoj model:
*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*
| | | | | | | |
R R R R R R R R
| | | | | | | |
...*-R--*-R--a-R--b-R--c-R--d-R--*-R--*...
| | | | | | | |
R R R R R R R R
| | | | | | | |
*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*
W tym ukladzie rezystancja a-c jest 2x wieksza niz a-b.
a-d 3x wieksza itp.
Tymczasem w rzeczywistej siatce raczej nie ma to miejsca.
I to by bylo na tyle w kwestii dowodu :-)
J.
Stanislaw Sidor
> Przesylam jescze raz , bo zauwazylem kilka bledow literowych mogacych
> utrudnic zrozumienie.
>
> Niepotrzebnie wdalem sie w dyskusje na temat poprzednich rozwiazan.
>
> Podaje poprawne rozwiazanie a sami ocenicie.
A czy jest opublikowane gdzies to "poprawne" rozwiazanie?
Jak mozna oceniac cos, co jest poprawne (czyli dowiedzione)? :-)
(STS)
J.F.
>> Przylaczamy do nieskonczonej siatki w pkt A zrodlo _pradowe_ I.
>> Prad rozchodzi sie symetrycznie, i w kazdy z 4 sasiednich rezystorow
>> plynie I/4. To zrodlo odlaczamy, przylaczamy do B zrodlo -I.
>> prad tez plynie symetrycznie. Podlaczamy oba zrodla - z zasady
>> superpozycji przez laczacy opornik plynie suma obu pradow,
>> czyli I/2. Spadek napiecia na nim znamy. Policzenie na innych
>> opornikach pozostaje nietrywialne.
>
>Zaraz... no jezeli juz masz prad I/2 przez "srodkowy" opornik to juz
>zrobione:
>Calkowity prad wplywajacy do ukladu: 2I
Nie - I. I wplywa przez jeden zacisk, I wyplywa drugim.
>Napiecie miedzy wezlami = napiecie na "srodkowym" oporniku
>czyli
>U=I*R/2
Owszem, ale I/2*R. Prad przez bezposredni rezystor wynosi I/2.
>RAB = U/I = I*R/2 / I = R/2
>i nie trzeba nic wiecej liczyc.
Tu tak - dlatego jest to proponowane rozwiazanie.
Ale gdyby to nie byly dwa sasiednie zaciski, to problem sie komplikuje
mocno.
>>Slabym punktem powyzszego jest podlaczenie drugiego konca zrodla
>>pradowego. Powinno sie odbyc "gdzies w nieskonczonosci".
>>Na tyle daleko, zeby sposob podlaczenia nie mial wplywu
>>na rozplyw pradu.
>
>W sumie moge sobie to wyobrazic tak samo prosto, jak nieskonczona kratke.
>I tak zadna fabryka tego nie zbuduje. :)
Wystarczyloby zeby bylo jakos szybko zbiezne. A wyglada na to ze w
ogole nie jest zbiezne.
>>A tu niespodzianka - po pierwsze do nieskonczonosci opor siatki
>>robi sie nieskonczony,
>Na pewno? W koncu kratka jest nieskonczenie szeroka, a wiec nawet jezeli
>jest nieskonczenie dluga to nie jest dla mnie oczywiste, ze jej opor jest
>nieskonczony.
tak pi razy drzwi - gdyby polaczyc drutem koncentryczne kwadraty,
miedzy kolejnymi byloby 12*n rezystorow.
taki ciag [1/4+1/12+1/20+...] jest niestety rozbiezny.
>>Po drugie - nielatwo udowodnic ze sposob podlaczenia [do
>>ktorych konkretnie wezlow] tam daleko nie wplywa na rozplyw pradu przy
>>wejsciowym wezle. A ten dowod jest niezbedny do poprawnosci metody.
>
>A nie mozna podlaczyc do wszystkich wezlow w nieskonczonosci jednoczesnie?
wiazaloby sie to polaczeniem tych punktow, czyli ustawieniu na
wszystkich jednego potencjalu. Powiedzmy ze na linii wielkiego
"koncentrycznego" kwadratu. Ale .. przy metodzie superpozycji
to on moze byc "koncentryczny" tylko wzgledem jednego punktu.
Gdzie dowod ze przy podlaczeniu zrodla do sasiedniego punktu,
ktory nie jest juz na srodku rozplyw w 4 galezie bedzie
symetryczny ?
Juz bez superpozycji, w normalnym pomiarze - obecnosc takiego
polaczonego kwadratu powoduje ze prad moze poplynac w druga
strone, dojsc do polaczenia, bez oporu przedostac sie na przeciwna
strone siatki, i dojsc do punktu koncowego. Czyli obecnosc
takiego polaczenia mocno zmienia sytuacje.
Tu szczesliwie chyba sie przyda ten nieskonczony opor - jest
tez nieskonczony opor od punktu srodkowego do krawedzi kwadratu.
Hm, moze i ta metoda jest uzasadniona :-)
J.
pz
> Udowodnij ze da sie tak zrobic.
> Bo tak na oko to te sieci nie sa rownowazne.
>
ale jezeli odpowiesz mi na pytanie:
Czy gdyby polkrata byla skonczona na glebokosc tzn byla to nieskonczona
drabina lub jeszcze inaczej , gdyby to byla
nieskonczona drabina z czterema podluznicami, to mozna byloby dwie skrajne
drabiny zastapic rezystorami zastepczymi?
to bede mial wskazowke co udowadniac.
> >szczebelkami R oraz polaczeniami miedzy nimi Rp.
>
>
> troche obroce twoj model:
>
> *-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*
> | | | | | | | |
> R R R R R R R R
> | | | | | | | |
> ...*-R--*-R--a-R--b-R--c-R--d-R--*-R--*...
> | | | | | | | |
> R R R R R R R R
> | | | | | | | |
> *-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*-Rp-*
>
>
> W tym ukladzie rezystancja a-c jest 2x wieksza niz a-b.
> a-d 3x wieksza itp.
>
> Tymczasem w rzeczywistej siatce raczej nie ma to miejsca.
Tak wlasnie chyba jest . Sam mialem to sprawdzic ale nie zdazylem.
Pisze chyba, bo nie jestem pewien jak sie zachowuje rezystancja na
plaszczyznie przewodzacej, o ktora kolega tez pyta.
Grupe czytam w wolnych chwilach i dlatego prosze o cierpliwosc w oczekiwaniu
na moje odpowiedzi.
. J.H Zajdel
>
pz
> Uważam, że linia szeregowo połączonych rezystorow zastepczych Rp
> nie jest równoważna półkracie (interesują nas tylko węzły na krawędzi
> półkraty). Jest ona na to zbyt prosta. Oto uzasadnienie: Popatrzmy na dwa
> sąsiednie węzły na krawędzi półkraty. Występuje między nimi jakiś opór.
> Opór ten wynosi z definicji Rp (tak określiliśmy Rp).
> Zobaczmy teraz ile wynosi opór pomiędzy węzłami na krawędzi kraty
odległymi
> od siebie o dwa oporniki. Gdyby dało się w sposób równoważny zastąpić
> półkratę linią szeregowo połączonych rezystorów, to opór ten musiałby
> wynieść Rp + Rp = 2Rp. Nie ma jednak żadnego powodu by tak było
> (tak na prawdę opór ten jest mniejszy niż 2Rp).
To tez nie takie jest oczywiste.
>
> Już nawet zwykłej nieskończonej drabiny (interesują nas tylko węzły
> na lewej podłużnicy) nie można zastąpić linią szeregowo połączonych
> oporników. Załóżmy, że szczeble drabiny i rezystory na podłużnicach mają
> taki sam opór R. Opór między sąsiednimi węzłami na lewej podłużnicy wynosi
> 1 - sqrt(3)/6, natomiast opór między węzłami odległymi o dwa oporniki
> wynosi 3- sqrt(3) (mam nadzieję, że się nie pomyliłem w rachunkach, można
> to policzyć metodami jakie stosował mój przedpiszca).
> Ale 3 - sqrt(3) jest różne od 2*(1 - sqrt(3)/6).
> Czyli drabina nie jest równoważna linii. Tym bardziej półkrata.
>
To sprawdze i odpowiem.
> Jeszcze postrzy przykład: Trzy węzły. Od góry A, B, C.
> Każdy z każdym łączymy rezystorami R (dostajemy trójkąt).
> Taki trójkąt możemy co prawda zastąpić gwiazdą, ale nie możemy go zastąpić
> dwoma szeregowo połączonymi opornikami R_{AB} i R_{BC}.
>
W ogolnym przypadku to prawda, gdy wszystkie rezystory sa dowolne, ale w tym
przypadku rezystory Rab i Rbc sa takie same a rezystor Rac jest ziazany
scisla zaleznoscia z Rab ( i oczywiscie Rbc bo takie same). Nie wyklucza to,
ze w naszym przypadku to jest mozliwe.
Wszyskie uwagi sa jaknabardziej sluszne i wymagaja rozwazenia - to znaczy
czasu.
Tak jak zauwazyl J.F. nalezy wykazac ze wolno (lub nie wolno) zastapic
polkrate linia zastepcza.
>
> Czy zbieżność nazwisk (ze znanym, nieżyjącym już pisarzem i fizykiem) jest
> przypadkowa?
Tak., ale jestem fanem jego tworczosci.
>
Pozdrawiam
J.H.Zajdel
> --
> Andrzej Komisarski
Adam
>
> Nie - I. I wplywa przez jeden zacisk, I wyplywa drugim.
Tak, popieram. Zreszta i tak pozniej do obliczen wzialem I
(ach, ta zelazna konsekwencja...)
> >Napiecie miedzy wezlami = napiecie na "srodkowym" oporniku
> >czyli
> >U=I*R/2
>
> Owszem, ale I/2*R. Prad przez bezposredni rezystor wynosi I/2.
Za moich czasow mnozenie bylo przemienne. ;)
> >RAB = U/I = I*R/2 / I = R/2
> >i nie trzeba nic wiecej liczyc.
>
> Tu tak - dlatego jest to proponowane rozwiazanie.
> Ale gdyby to nie byly dwa sasiednie zaciski, to problem sie komplikuje
> mocno.
A nie mozna tak samo?
Niech miedzy wezlami A i B bedzie jeszcze C.
Przykladamy do A zrodlo I:
przez AC plynie I/4
w C rozplywa sie w 3 strony na jednakowe prady, bo jest symetria - w ktora
strone nie pojdziesz, siatka ciagle wyglada tak samo.
przez CB plynie I/12
Teraz do B zrodlo -I:
przez CB plynie I/4
w C splywaja sie trzy prady:
przez AC plynie I/12
czyli z superpozycji:
przez AC i przez CB plyna jednakowe prady:
I/4+I/12=I/3
Napiecie miedzy AB:
U = R*I/3 + R*I/3 = 2RI/3
Opor AB:
RAB = U/I = 2RI/3/I=2/3*R
Wychodzi wiekszy - na oko OK
pz
> > na lewej podłużnicy) nie można zastąpić linią szeregowo połączonych
> > oporników. Załóżmy, że szczeble drabiny i rezystory na podłużnicach mają
> > taki sam opór R. Opór między sąsiednimi węzłami na lewej podłużnicy
wynosi
> > 1 - sqrt(3)/6, natomiast opór między węzłami odległymi o dwa oporniki
> > wynosi 3- sqrt(3) (mam nadzieję, że się nie pomyliłem w rachunkach,
można
> > to policzyć metodami jakie stosował mój przedpiszca).
> > Ale 3 - sqrt(3) jest różne od 2*(1 - sqrt(3)/6).
> > Czyli drabina nie jest równoważna linii. Tym bardziej półkrata.
> >
> To sprawdze i odpowiem.
Tak sprawdzilem i potwierdzam
NIE MOZNA ZASTAPIC POLKRATY LINIA REZYSTOROW ZASTEPCZYCH !
ZATEM SPOSOB NALEZY UZNAC ZA NIEPOPRAWNY!
ZA ZAMIESZANIE PRZEPRASZAM.
Przy okazji uswiadomilem sobie i warto zwracac uwage przy tlumaczeniu
rezystancji zastepczej, ze liczba stopni swobody (rezystancji zastepczych )
jest rowna liczbie mozliwych galezi ( wszystkich mozliwych polaczen miedzy
wykorzystywanymi wezlami ).
Pozdrawiam
J.H.Zajdel
pz
J.H.Zajdel
pz
J.H. Zajdel
Marek Józefowski
<jf...@poczta.onet.pl.nospam> wrote:
[...]
>A teraz zadanko dla matematykow: jako ze potencjal w danym punkcie
>swobodnym jest srednia z potencjalow w 4 sasiednich punktach ..
>poszukujemy funkcji dwoch zmiennych o wlasnosci:
>
>f(i,j) = (f(i+1,j) + f(i-1,j) + f(i,j+1) + f(i,j-1) ) /4
>
>Wystarczy ze bedzie to spelnione dla i,j naturalnych.
>
---------
Spróbuj następującej transformaty:
Ff(x,y):=/sum_ik f(k,n)exp(inx)exp(iny)
Musisz pomnożyć równanie przez eksponenty i wysumować
(sumowanie -oo do oo).Otrzymasz coś w tym guście:
Ff(x,y) = exp(-ix)Ff(x,y) +....
co będzie już trywialne do rozwiązania.
Do pełni szczęścia potrzebna jeszcze jest transformata
odwrotna (a propos: x,y /in [0,2pi]).
f(k,n) = 1/4pi^2 /int_dxdy Ff(x,y)exp(-ikx)exp(-iny)
Możesz dopracować szczegóły,generalnie takie transformaty
są użyteczne w tego typu zadaniach.
BTW Powyższe równanie to raczej jest nieciekawe - Ff =0,
aby to miało styczność z tematem to musisz gdzieś wpuścić
i wypuścić prąd - wtedy masz dodatkowo człony proporcjonalne do
(/delta_ak)(/delta_bm) i (/delta_ck)(/delta_dm). (ab) (cd) -
punkty gdzie wpływa i wypływa prąd.
Marek.
PS /delta_ab to delta Kroneckera.
J.F.
>> Udowodnij ze da sie tak zrobic.
>> Bo tak na oko to te sieci nie sa rownowazne.
>>
>To byl o trudne przejscie i dla mnie. Nie mam pod reka dobrego argumentu,
>ale jezeli odpowiesz mi na pytanie:
>Czy gdyby polkrata byla skonczona na glebokosc tzn byla to nieskonczona
>drabina lub jeszcze inaczej , gdyby to byla
>nieskonczona drabina z czterema podluznicami, to mozna byloby dwie skrajne
>drabiny zastapic rezystorami zastepczymi?
IMHO nie.
Nawet gdyby podluznic bylo 3, a szczeble tylko po 2, to i tak
wyjdzie ci rownowazny uklad typu trojkat lub gwiazda z 3 rezystorami,
a nie z dwoma.
J.
J.F.
>>[...] Tu tak - dlatego jest to proponowane rozwiazanie.
>> Ale gdyby to nie byly dwa sasiednie zaciski, to problem sie komplikuje
>> mocno.
>
>A nie mozna tak samo?
Mozna, ale sie robi duzy klopot obliczeniowy.
>Niech miedzy wezlami A i B bedzie jeszcze C.
>Przykladamy do A zrodlo I:
>przez AC plynie I/4
OK
>w C rozplywa sie w 3 strony na jednakowe prady, bo jest symetria - w ktora
>strone nie pojdziesz, siatka ciagle wyglada tak samo.
Ale tylko po jednej stronie C jest tera zrodlo . Nie ma symetrii - jak
policzyc ile w ktora strone ?
J.
Michał Wasiak
> J.F. wrote:
>
>> >Policzyc opor zastepczy na koncach jednego szczebla nieskonczonej drabiny.
>>
>> Eee, to akurat proste.
>> Szczebel ma R i dwa boki miedzy szczeblami po R ?
>> R*(sqrt(3)-1)
>
> No to jeszcze do kompletu inne zadanie na wakacje:
> obliczyc opor zastepczy siatki, w ktorej N punktow polaczonych
> jest opornikami R kazdy z kazdym.
>
> Wskazowka: zadanie jest latwe :-)
Nikt? Mogę ja?
Mamy dwa rodzaje punktów. Te, do których podłaczone jest napięcie (dwa),
i te, które sąsiadują z nimi. Między dowolnymi dwoma puktami z drugiej
grupy napięcie jest 0. Bo każdy z nich jest identyczny; łączy się z
takimi samymi punktami. Zostaje zatem równoległe połączenie n-2 oporów
2r i jednego r. Co daje
R=2r/n
--
Michał Wasiak
Adam
> >w C rozplywa sie w 3 strony na jednakowe prady, bo jest symetria - w
ktora
> >strone nie pojdziesz, siatka ciagle wyglada tak samo.
>
> Ale tylko po jednej stronie C jest tera zrodlo . Nie ma symetrii - jak
> policzyc ile w ktora strone ?
No tak, ale miedzy kazda para wezlow widac taki sam opor.
Czy moje rozumowanie prowadzi do sprzecznosci? (np. idac roznymi drogami
dochodzimy do tego, ze przez opornik plynie inny prad)
Sory, chwilowo nie mam czasu sie nad tym zastanawiac.