Prawa Kirchhoffa w praktyce

Po teoretycznym wstępie przyszedł czas na poznanie Praw Kirchhoffa od strony praktycznej. Zapraszam!

Czym będziemy się zajmować?

Dziś przebrniemy wspólnie przez dwa problemy obliczeniowe, których rozwiązanie nie jest możliwe bez użycia Praw Kirchhoffa. Pierwszy, klasyczny i w miarę łatwy, pozwoli nam poznać ogólny ciąg czynności jakie trzeba wykonać, by rozłożyć obwód elektryczny na czynniki pierwsze. Drugi będzie z kolei typową pułapką czekającą na uczniów i studentów. Ale bez obaw! Prawa Kirchhoffa ochronią nas przed porażką! Oczywiście w obu przypadkach będziemy dość intensywnie czerpać wiedzę z pierwszego artykułu o dwóch regułach niemieckiego wynalazcy, dlatego gorąco zachęcam do zapoznania się z nim:

Geniusz Praw Kirchhoffa – artykuł na TeoriaElektryki.pl

Zaczynamy!

Prawo Kirchhoffa – starcie numer 1

Na początek układ prosty i oczywisty, który powinniśmy rozwiązać praktycznie z zamkniętymi oczami:

Zadaniem w takim wypadku zazwyczaj jest albo znalezienie rezystancji zastępczej wszystkich rezystorów, albo prądu płynącego przez wybrany rezystor i spadku napięcia jaki na nim powstaje. My załatwimy to kompleksowo i obliczymy prąd płynący przez wszystko i spadek napięcia na wszystkich rezystorach. Po co się ograniczać?

I jeszcze jedna drobna uwaga zanim zaczniemy: wartości napięcia baterii i wszystkich rezystancji dobrane są tak, by prąd płynący w układzie był dość duży, dzięki czemu nie zakopiemy się niepotrzebnie w ułamkach. W rzeczywistym układzie polecałbym jednak baterię o nieco niższym napięciu, chyba że dysponujesz naprawdę potężnymi rezystorami. Do dzieła!

Zadania tego typu najłatwiej zacząć od zaznaczenia tego co byśmy chcieli znać. W tym wypadku chcemy obliczyć zarówno prądy jak i spadki napięć, ale żeby nie robić wszystkiego na raz, zacznijmy może od prądów. Wiemy na przykład, że bateria wpycha do obwodu jakiś ,,prąd główny”, nazwijmy go I:

Następnie prąd ten na rozgałęzieniu musi podzielić się na dwa niezależne prądy – nazwijmy je I₁ oraz I₂:

Za rezystorami przewody ponownie łączą w jedność, a więc i prądy muszą ponownie scalić się w jeden prąd I. Pamiętasz zasadę z poprzedniego artykułu? Skoro woda w rurach nie ginie, to prąd w kablach też nie może (chyba, że są dziurawe, ale to inny temat):

Widzimy teraz jak na dłoni, że przez rezystory R₁ i R₂ płynie prąd I₁, przez rezystor R₃ płynie prąd I₂, a przez rezystor R₄ płynie prąd I. Naszym niewdzięcznym zadaniem będzie teraz wszystkie te prądy obliczyć. Jak mówi Prawo Ohma, aby poznać prąd płynący przez dany rezystor, trzeba znać jego rezystancję i wiedzieć ile napięcia „zużyje” (czyli jaki będzie na nim spadek napięcia). No i tutaj zaczyna się problem, bo o ile rezystancje znamy wszystkie, to nie mamy pojęcia jak oporniki dzielą się napięciem, a tym samym nie możemy obliczyć żadnego z prądów.

Na szczęście Prawa Kirchhoffa zostały stworzone na potrzeby takich właśnie beznadziejnych przypadków. Dzięki nim możemy na przykład zredukować wszystkie rezystory do jednego dużego rezystora zastępczego, który przyjmie na siebie całe napięcie baterii. Znając jego rezystancję i wykorzystując Prawo Ohma, bez trudu obliczymy jaki dokładnie prąd opuszcza baterię:

Nasz układ to dość proste połączenie szeregowo-równoległe kilku rezystorów, więc jego redukcja nie powinna sprawić problemów. Zacznijmy może od dwóch rezystancji na górze, czyli R₁ i R₂, które połączone są szeregowo:

Jak zapewne pamiętasz, rezystancje połączone szeregowo dodaje się do siebie:

R_1-2 = R₁ + R₂

R_1-2 = 2 Ω + 4 Ω = 6 Ω

Teraz rezystancję tę możemy połączyć równolegle ze znajdującym się poniżej rezystorem R₃:

Układ równoległy wymaga użycia nieco bardziej skomplikowanego wzoru:

1/R_1-2-3 = 1/R_1-2 + 1/R₃

1/R_1-2-3 = 1/6 Ω + 1/12 Ω

1/R_1-2-3 = 3/12 Ω

R_1-2-3 = 4 Ω

Tym samym na placu boju pozostały już tylko dwa rezystory:

Układ ponownie jest szeregowy, a więc wystarczy zastosować proste sumowanie:

R_Z = R_1-2-3 + R₄

R_Z = 4 Ω + 16 Ω

R_Z = 20 Ω

Tym samym udało nam się zredukować nasz układ 4 rezystorów do takiej postaci:

Teraz, wykorzystując znane i lubiane Prawo Ohma, możemy bez trudu obliczyć wartość prądu I płynącego w obwodzie:

I = U / R_Z

I = 60 V / 20 Ω

I = 3 A

Ok, jeden prąd mamy. Pozostało jeszcze znaleźć I₁ oraz I₂ i tę część mamy z głowy.

I tutaj czekają nas małe schody, bowiem niestety, mimo poczynionego postępu, wciąż nie jesteśmy w stanie tak po prostu obliczyć I₁ oraz I₂. Co bieglejsze osoby w rozpracowywaniu tego typu obwodów będą już na tym etapie w stanie wydedukować ich wartości, ale my się tutaj uczymy, więc ważne są dla nas twarde liczby.

Prawo Ohma jasno mówi, że do obliczenia prądów I₁ oraz I₂ musimy znać nie tylko rezystancje, przez które one płyną, ale i generowane przy okazji spadki napięcia. Tych ostatnich wciąż nie znamy, więc nie możemy ruszyć dalej. A może znamy? Zostawmy na chwilę prąd i zobaczmy co jesteśmy w stanie wydedukować w kwestii napięciowej. Oto rysunek z zaznaczonymi wszystkimi interesującymi nas spadkami napięć:

Na rysunku zrobiło się dość gęsto, ale mam nadzieję, że wszystko jest jasne. Każde napięcie, czy to źródła, czy spadek na rezystorze, oznaczone jest strzałką. Strzałki rysuje się tak, by zawsze wskazywały punkt o wyższym potencjale. Dlatego właśnie w przypadku baterii strzałka skierowana jest w stronę bieguna dodatniego (+). Z kolei rezystory obniżają potencjał (bo zużywają energię) i dlatego potencjał wyższy jest zawsze przed nimi, a nie za nimi. A jeśli sam koncept spadku napięcia nie jest dla Ciebie do końca jasny, to możesz na chwilę przeskoczyć do tego artykułu, w którym wszystko wyjaśniam:

Jak rozumieć spadek napięcia? – artykuł na TeoriaElektryki.pl

Do obliczenia spadków napięć, tak jak i prądów, wykorzystuje się Prawo Ohma, a konkretnie jego postać: U = IR. Jak widać, do obliczenia napięcia potrzebna jest nam rezystancja i wartość prądu płynącego przez interesujący nas rezystor. Jak przyjrzysz się naszemu schematowi to dostrzeżesz, że jest taki rezystor, co do którego mamy komplet informacji – mowa tutaj o rezystorze R₄, przez który płynie znany nam prąd I = 3 A:

Tym samym jesteśmy w stanie obliczyć spadek napięcia na R₄, który wynosi:

U₄ = I ⋅ R₄

U₄ = 3 A ⋅ 16 Ω

U₄ = 48 V

Znamy już zatem jeden prąd i jeden spadek napięcia – zostały 2 prądy, 3 napięcia i mamy koniec. Wydawać by się mogło, że znajomość napięcia U₄ niewiele nam pomaga, bo rezystor R₄ i tak wpięty był jak gdyby „sam sobie” i nie miał wielkiego wpływu na resztę obwodu. Nic jednak bardziej mylnego, jak mawia klasyk. Pamiętajmy, że bateria daje z siebie „ciśnienie” o wartości 60 V i tym „ciśnieniem” muszą podzielić się wszystkie rezystory. Jeśli U₄ zabiera z tego aż 48 V to wiemy, że dla pozostałych rezystorów zostało go już tylko 12 V. Cenna informacja.

I teraz musimy wrócić pamięcią do tego co mówiłem w pierwszym artykule na temat podziału napięcia w układzie równoległym rezystorów. Wspominałem wtedy, że takie rezystory należy traktować jak dwa zraszacze wpiętej do wspólnej rury, korzystające z dokładnie tego samego ciśnienia. Oznacza to ni mniej ni więcej, że jeśli na tę część obwodu zostało jedynie 12 V, to zarówno górna gałąź jak i dolna mogą z takiego napięcia korzystać:

MAŁA DYGRESJA

Na podstawie opisanej powyżej własności napięciowej łatwo dostrzec dlaczego Drugie Prawo Kirchhoffa nazywa się często prawem oczkowym. Wybierz sobie dowolną zamkniętą ścieżkę w naszym obwodzie, na przykład taką:

Zamknięty, pogrubiony obwód tworzy nam coś na kształt oczka. Spróbuj teraz zsumować wszystkie znajdujące się w nim napięcia. Ale uwaga! Nie możesz ot tak wszystkiego do siebie dodać! Każde napięcie baterii i każdy spadek napięcia na rezystorze jest oznaczony strzałką. Musisz wziąć to pod uwagę. Dlatego wybierz sobie jeden kierunek (polecam zgodny z ruchem wskazówek zegara), a następnie dodawaj wszystkie napięcia, których strzałki są zgodne z obranym kierunkiem i odejmuj wszystkie przeciwne:

W tym przykładzie bilans napięć wynosi:

60 V – 12 V – 48 V = 0 V

I tak powinno być zawsze. To znaczy, zgodnie z Drugim Prawem Kirchhoffa, bilans napięć w dowolnym, zamkniętym oczku jest zawsze równy zero. Weźmy sobie inne oczko w tym samym obwodzie:

Ponownie, trzymając się kierunku zgodnego z ruchem wskazówek zegara, bilans będzie równy zero. Ale kto powiedział, że oczko musimy dobierać tak, by zawierało w sobie baterię? Zasada mówi o dowolnym oczku, byleby było zamknięte. Tym samym możemy policzyć bilans na przykład czegoś takiego:

I w tym wypadku ponownie wynosi on zero. Nie ma nic prostszego, prawda? Może w tym momencie zależność ta nie przyda nam się tak bardzo, ale zapamiętaj ją dobrze, bo przy drugim przykładzie będzie ona dla nas jedyną deską ratunku.

Wracamy tym samym do punktu w którym skończyliśmy:

Z obrazka wprost możemy odczytać kolejny spadek napięcia – mowa o napięcia na rezystorze R₃, które wynosi 12 V. A skoro znamy tę wartość, to możemy bez trudu obliczyć prąd I₂:

I₂ = U₃ / R₃

I₂ = 12 V / 12 Ω

I₂ = 1 A

Mamy zatem dwa prądy: I oraz I₂. Tym samym obliczenie ostatniego z nich nie stanowi najmniejszego wyzwania. W końcu wiemy, że:

I = I₁ + I₂

A stąd wynika:

I₁ = I – I₂

I₁ = 3 A – 1 A

I₁ = 2 A

Wszystkie prądy są już nam znane i zostały w zasadzie tylko dwa spadki napięć: na rezystorze R₁ oraz R₂. Wiemy, że przez rezystory połączone szeregowo zawsze płynie ten sam prąd, w tym wypadku I₁. Możemy zatem napisać dwie proste zależności:

U₁ = I₁ ⋅ R₁

U₂ = I₁ ⋅ R₂

Podstawienie liczb daje nam dwa ostatnie wyniki i tym oto sposobem zakończyliśmy rozwiązywanie naszego pierwszego obwodu:

WYNIKI: I = 3 A ; I₁ = 2 A ; I₂ = 1 A ; U₁ = 4 V ; U₂ = 8 V ; U₃ = 12 V ; U₄ = 48 V

Mam nadzieję, że nie było to zbyt skomplikowane. Jeśli jeszcze nie masz dość obliczeń, to zapraszam na danie główne – przykład, który jest głównym powodem przeraźliwych krzyków dobiegających nocą z akademików wydziałów elektrycznych. Zaczynamy!

Prawa Kirchhoffa – starcie numer 2

Oto i on. Przykład nietypowy, acz niezmiernie ważny z punktu widzenia elektroniki:

Kiedy pierwszy szok związany z dziwnym kształtem już opadnie, to zauważysz, że praktycznie wszystkie rezystory są identyczne! Czy to nam jakoś pomaga? W żadnym wypadku! Jest to jedynie zabieg, który ma uśpić naszą czujność! W każdym razie…Zadaniem jest, jak zwykle, znalezienie prądów płynących przez wszystkie rezystory oraz powstające na nich spadki napięć. Od czego zatem zaczynamy? Standardowo postaramy się pozaznaczać rzeczy, które nas interesują i zobaczymy co uda nam się z tego „ulepić”. Tak jak poprzednio proponuję zacząć od rozpisania prądów. Na początek zaznaczmy prąd główny wydostający się z baterii, czyli I:

Następnie dochodzimy do pierwszego węzła. Nazwijmy go węzłem A. W tym miejscu prąd I rozdziela pomiędzy dwie ścieżki. Nowo powstałe prądy nazwijmy I₁ oraz I₂:

Od razu zapiszemy sobie to zdarzenie w postaci równania, które oznaczymy jako A (tak jak węzeł). Dzięki temu później, jak już zrobi się niezły bałagan (takie mam przeczucie 😉 ), łatwiej będzie nam do niego wrócić:

A: I = I₁ + I₂

Ok, idziemy dalej. Załóżmy, że najpierw zajmiemy się tym, co dzieje się dalej z prądem I₁, czyli w lewej gałęzi naszego „karo”. Prąd ten mija rezystor R₁ i dociera do kolejnego węzła, który nazwiemy B. Jak myślisz? Co tam się może wydarzyć?

W punkcie B prąd napotyka rozwidlenie i logicznym wydaje się, że znowu będzie musiał się podzielić. Tę część, która popłynie w prawo (w stronę rezystora R₃) nazwiemy I₃, a tę, która popłynie dalej w dół ochrzcimy mianem I₄ :

I ponownie zapisujemy to w postaci równania, bo nie ma co ufać naszej pamięci:

B: I₁ = I₃ + I₄

A co z prawą gałęzią? Tą, w której płynie prąd I₂? On też w końcu dociera do węzła, który nazwiemy węzłem C:

Sytuacja jest podobna do tej sprzed chwili. Prąd I₂ dociera do rozwidlenia i aż ciśnie się na usta stwierdzenie, że dzieli się on na dwa mniejsze prądy. Ale to niemożliwe. Zauważ bowiem, że do punktu C zmierza już jeden prąd – jest nim I₃. Nie możemy zatem ot tak rozdzielić prądu I₂ i wpuścić jego części do tej samej gałęzi, w której już płynie I₃. W jednym przewodzie nie mogą płynąć dwa prądy jednocześnie, szczególnie w przeciwnych kierunkach! Dlatego właśnie musimy wziąć pod uwagę to co zrobiliśmy wcześniej i przyjąć, że do punktu C zmierzają dwa prądy: I₂ oraz I₃. A co jeśli poczyniliśmy złe założenie i prąd I₃ płynie w rzeczywistości odwrotnie? Jak to rozpoznać? Cóż… da się to zrobić „na oko”, ale my jeszcze tego nie umiemy. Dlatego uznajmy, że zostawimy jak jest, a martwić będziemy się później. Póki co przyjmujemy, że w punkcie C spotykają się prądy I₂ oraz I₃ i z tego punktu, dalej w dół, wypływa już tylko jeden prąd, który nazwiemy I₅.

I ponownie, dla własnego dobra, zapisujemy to w postaci równania:

C: I₂ + I₃ = I₅

Został nam jeszcze jeden punkt na dole, tam gdzie spotykają się prądy I₄ oraz I₅. Nazwijmy go punktem D:

Jako że opuszczamy nasz układ rezystorów i ponownie wracamy do głównej gałęzi obwodu, to oczywistym jest, że prądy I₄ oraz I₅ muszą łączyć się z powrotem w prąd I:

Gwoli ścisłości zapisujemy również równanie dla tego ostatniego węzła:

D: I₄ + I₅ = I

Tym samym mamy komplet. Wypisaliśmy wszystkie równania prądów jakie przyszły nam do głowy. Na koniec przypomnijmy wszystkie:

A: I = I₁ + I₂

B: I₁ = I₃ + I₄

C: I₂ + I₃ = I₅

D: I₄ + I₅ = I

Cztery równania i aż 6 nieznanych prądów. Nieźle! Ale czy nie da się tego jakoś uprościć? Czy nie możemy obliczyć choć jednego z tych prądów? W poprzednim przykładzie skorzystaliśmy z możliwości wyznaczenia rezystancji zastępczej, dzięki czemu od razu obliczyliśmy główny prąd obwodu. Niestety mam dla Ciebie złą wiadomość: z tym obwodem to nie zadziała. Dlaczego? Bo w tym układzie nie ma ani jednej pary rezystorów połączonych równolegle lub szeregowo. I zanim pomyślisz, że to jakaś sztuczka i specjalnie narysowałem ten schemat w kształcie „karo” by Cię zmylić, to pokaże Ci go w bardziej klasycznym wydaniu:

Zauważ, że tam gdzie łączą się dwa dowolne rezystory, tam zawsze w drogę wchodzi trzeci. Tym samym żadne z połączeń nie jest czysto równoległe lub szeregowe. Nie oznacza to oczywiście, że Prawa Kirchhoffa w tym wypadku nie działają. Co to, to nie! Obwód taki wciąż jest układem naczyń połączonych – napięcie baterii jest rozdzielane między wszystkimi rezystorami, a prąd w żadnym miejscu nie ginie. Różnica polega na tym, że jeśli chcemy poznać prąd główny płynący przez obwód, to nie możemy zastosować skrótu w postaci wyznaczenia rezystancji zastępczej. Ot taka drobna kłoda rzucona pod nogi, przez którą będziemy musieli się trochę pomęczyć.

Skoro nie możemy w prosty sposób wyznaczyć żadnego z prądów, to może przejdziemy do rozpracowywania spadków napięć? Może wtedy coś nam zaświta? Jest to dobry pomysł, ale zanim przejdziemy do jego realizacji, proponuję wykonać kilka algebraicznych sztuczek (nie oszustw, sztuczek!), które w teorii niczego nie zmienią, ale w przyszłości uratują nam skórę. Przypomnijmy nasz aktualny schemat:

Łącznie wyznaczyliśmy aż 6 różnych prądów, a każdy szóstoklaista powie Ci, że 6 niewiadomych w układzie równań to nie jest korzystna sytuacja. W związku z tym proponuję zredukować liczbę prądów do trzech. Innymi słowy zostawimy prądy I₁, I₂ oraz I₃, a resztę wyrazimy jako sumę tych trzech. Co mam na myśli? Dla przykładu, nasze równanie węzła A wygląda tak:

A: I = I₁ + I₂

Na jego podstawie możemy bezkarnie wymazać z naszego schematu prąd I i zastąpić go formułą I₁ + I₂, o tak:

Wszystko w zgodzie z prawem i obowiązującymi przepisami. Analogicznie możemy wyrzucić prądy I₄ oraz I₅, korzystając z tych równań:

B: I₁ = I₃ + I₄

C: I₂ + I₃ = I₅

W rezultacie otrzymujemy coś takiego:

Tym samym z sześciu prądów na schemacie pozostały już tylko trzy. Ich wyznaczenie będzie kluczem do poznania pozostałych. Jest nadzieja!

Skoro algebraiczne sztuczki mamy już za sobą, to teraz przejdziemy do rozpracowania rozkładu napięć. Na początek możemy tradycyjnie zaznaczyć strzałkami wszystkie spadki napięć na rezystorach:

Ależ gęsto się zrobiło! Jeśli zaś chodzi o kierunek strzałek to przypominam: płynący prąd obniża potencjał, a strzałki mają wskazywać potencjał wyższy. Stąd ich kierunek powinien być zawsze przeciwny do kierunku przepływu prądu, co też na powyższym obrazku doskonale widać. Wyjątkiem jest bateria, której strzałka jest zgodna z kierunkiem prądu. Dlaczego? Bo w odróżnieniu od rezystorów jest ona źródłem napięcia, a nie jego pożeraczem. Odwrotna funkcja, to i odwrotna strzałka 😉 .

Co robimy dalej? W poprzednim przykładzie jakoś udało nam się obliczyć jeden ze spadków napięcia, a potem poszło już z górki. Tutaj nie jest niestety tak lekko, bo właściwie żadnego ze spadków nie jesteśmy w stanie na tym etapie obliczyć. Naszą jedyną deską ratunku pozostaje fakt, że w dowolnie zamkniętym oczku suma napięć musi się równać zero. Pamiętasz jak mówiłem, że w przyszłości zasada ta uratuje nam skórę? To jest właśnie ten moment. Wyznaczmy sobie zatem pierwsze oczko, na przykład takie:

Aby wszystko było jasne, zaznaczyłem szarą strzałką kierunek, zgodnie z którym będziemy dodawać lub odejmować napięcia (ponownie jest on zgodny z ruchem wskazówek zegara). W takim układzie bilans wyniesie:

oczko 1: U – U₁ – U₄ = 0

Napięcie baterii U równe jest 26 V (co możemy odczytać z rysunku). Wynika z tego, że rezystory R₁ i R₄ muszą w sumie pochłonąć 26 V, żeby na końcu wyszło zero. Niby jest to jakaś nowa informacja, ale niestety wciąż niewystarczająca do obliczenia czegokolwiek. Pójdźmy zatem dalej i wyznaczmy kolejne oczko:

A oto jego równanie:

oczko 2: U – U₂ – U₅ = 0

Tutaj sytuacja jest tożsama: rezystory R₂ i R₅ muszą w sumie powodować spadek napięcia o 26 V. Ponownie niewiele nam to daje, bo nie wiemy który rezystor ile napięcia zabiera. Spróbujmy zatem znaleźć takie oczko, którego równanie będzie w jakiś sposób powiązane z dwoma poprzednimi:

Zauważ, że oczko to zawiera w sobie zarówno rezystor, który był w oczku pierwszym (R₁), jak i rezystor z oczka drugiego (R₂). Każdy, kto w jakimś stopniu polubił się z układami równań wie, że takie powiązania to dobry znak. Ale nie uprzedzajmy faktów. Oto równanie tego oczka, wraz z dwoma poprzednimi:

oczko 1: U – U₁ – U₄ = 0

oczko 2: U – U₂ – U₅ = 0

oczko 3: U₁ – U₂ + U₃ = 0

Cóż mogę powiedzieć. Może nie wygląda to zachęcająco, ale i tak jest lepiej niż w przypadku prądów. Napięć może i jest sześć, ale jedno z nich znamy – jest nim napięcie baterii U = 26 V. Co prawda układu wciąż nie da się rozwiązać, bo niewiadomych jest zbyt dużo, ale możemy sprawić, by było ich trochę mniej. Wystarczy wykorzystać Prawo Ohma, czyli U = IR i za wszystkie nieznane nam spadki napięć podstawić wartości rezystancji i nasze 3 prądy:

Tym samym równania oczek przyjmują postać.

oczko 1: U – I₁R₁ – (I₁ – I₃)R₄ = 0

oczko 2: U – I₂R₂ – (I₂ + I₃)R₅ = 0

oczko 3: I₁R₁ – I₂R₂ + I₃R₃ = 0

Z dużej ilości symboli zrobiła nam się ogromna ilość symboli, dlatego czas podstawić jakieś liczby. Znamy w końcu napięcie baterii, a do tego wszystkie rezystancje, więc możemy zapisać całość tak:

oczko 1: 26 – 2I₁ – 2(I₁ – I₃) = 0

oczko 2: 26 – 2I₂ – 4(I₂ + I₃) = 0

oczko 3: 2I₁ – 2I₂ + 2I₃ = 0

Pozwól, że będę pomijał póki co jednostki (wolty i omy), bo tylko niepotrzebnie zaciemniałyby obraz. W kolejnym kroku najchętniej uprościłbym co się da, bo jest tam trochę rzeczy w nawiasach. Po wszystkim otrzymujemy:

oczko 1: 26 – 4I₁ + 2I₃ = 0

oczko 2: 26 – 6I₂ – 4I₃ = 0

oczko 3: 2I₁ – 2I₂ + 2I₃ = 0

Trzy równania, trzy niewiadome. To był właśnie powód, dla którego pozbyliśmy się wcześniej połowy prądów, zostawiając jedynie I₁, I₂, oraz I₃. Gdyby nie to, ponownie zatonęlibyśmy pod natłokiem niewiadomych. Czy ta historia mogła skończyć się dla nas lepiej? Teraz będzie już z górki. Wystarczy w jednym z równań wyznaczyć jakąś niewiadomą i podstawić ją do dwóch pozostałych. Najłatwiej jest zacząć od równania na oczko 3, gdyż z niego wynika, że:

oczko 3: I₂ = I₁ + I₃

Podstawiamy to do pozostałych równań (a właściwie to tylko do drugiego, bo w pierwszym I₂ nie występuje) i po kilku uproszczeniach uzyskujemy coś takiego:

oczko 1: 26 – 4I₁ + 2I₃ = 0

oczko 2: 26 – 6I₁ – 10I₃ = 0

Wiem, że trochę przeskakuję pewne operacje, dlatego zachęcam do samodzielnego przeprowadzenia obliczeń na kartce papieru!

W kolejnym kroku wykorzystamy technikę eliminacji jednej z niewiadomych poprzez dodanie do siebie równań. W pierwszym równaniu mamy składnik 2I₃, w drugim zaś -10I₃. Wystarczy równanie pierwsze pomnożyć razy 5 i dodać je do drugiego. Dzięki temu otrzymamy:

156 – 26I₁ = 0

A stąd łatwo wyliczyć, że:

I₁ = 6 A

Znaleźliśmy pierwszy prąd! Nie muszę chyba mówić co to oznacza? Owszem, koniec jest bliski! Podstawiamy teraz wartość I₁ = 6 A do równania oczka pierwszego, i otrzymujemy:

oczko 1: 26 – 24 + 2I₃ = 0

oczko 1: 2 + 2I₃ = 0

oczko 1: I₃ = -1 A

A co tu się wydarzyło? Dlaczego prąd I₃ wyszedł ujemny? Czyżby jakiś błąd? Owszem, ale nie obliczeniowy, tylko „założeniowy”. Przypomnijmy: na początku przyjęliśmy na chybił-trafił, że prąd I₃ płynie w prawo:

Wynik ujemny daje nam do zrozumienia, że spudłowaliśmy i prąd w rzeczywistości płynie odwrotnie. Bez obaw, na sam koniec odwrócimy sobie jego kierunek na obrazku i będzie OK. Póki co wynik musi zostać jaki jest, bo nie można zmieniać konwencji w połowie obliczeń. Idziemy zatem dalej: kolejny krok to podstawienie wartości I₁ oraz I₃ do równania oczka 3:

oczko 3: I₂ = I₁ + I₃

oczko 3: I₂ = 6 A – 1 A

oczko 3: I₂ = 5 A

Tym samym poznaliśmy 3 podstawowe prądy, które teraz możemy podstawić do równań węzłów A, B, C, D, które gdzieś tam dawno temu zapisaliśmy (gdy zmniejszaliśmy liczbę niewiadomych):

A: I = I₁ + I₂

B: I₁ = I₃ + I₄

C: I₂ + I₃ = I₅

W ten sposób uzyskujemy wszystkie brakujące wartości i mamy komplet:

I = 11 A

I₁ = 6 A

I₂ = 5 A

I₃ = 1 A

I₄ = 7 A

I₅ = 4 A

Jak widzisz, prąd I₃ zapisałem już jako dodatni. Mogłem to zrobić w tym momencie, bo nie będziemy go już wykorzystywać w dalszych obliczeniach. Za chwilę pokażę też ostatni, podsumowujący rysunek i tam również jego kierunek będzie już poprawiony. A co do samych wyników: ciekawe jest to, że niemal wszystkie rezystory w obwodzie miały tę samą rezystancję, a mimo to każdy prąd z jakiegoś powodu wyszedł inny. Intrygujące, prawda? Na koniec nie pozostało nam nic innego jak obliczyć spadki napięć, co przy znajomości prądów i rezystancji jest zadaniem wręcz banalnym, więc pokażę od razu wyniki:

U₁ = 12 V

U₂ = 10 V

U₃ = 2 V

U₄ = 14 V

U₅ = 16 V

Mamy to! Co najlepsze, dopiero teraz jesteśmy w stanie obliczyć rezystancję zastępczą naszego układu. W końcu znamy wartość prądu głównego I oraz napięcie baterii. Wynik to:

R_z = U / I

R_Z = 26 V / 11 A

R_Z = 2,36 Ω (w przybliżeniu)

Na koniec jeszcze obiecany rysunek podsumowujący z poprawionym prądem I₃ oraz odwróconym wraz z nim spadkiem napięcia U₃:

KURTYNA!

Cóż za przygoda! Klepanie tak wielu układów równań na klawiaturze komputera nie było może najprzyjemniejszą rzeczą, jaką zrobiłem w życiu, ale przyznam, że miło było powspominać czasy szkoły podstawowej. Teraz, jako że wszystko mnie już boli, a przed oczami mam tylko strzałki i symbole, pozwolę sobie zakończyć ten artykuł. Mam nadzieję, że Prawa Kirchhoffa nie mają już przed Tobą tajemnic, bo w kolejnych artykułach z tej serii przyjrzymy się ich praktycznym zastosowaniom. A wśród nich chociażby dzielniki napięcia, które są podstawą całej naszej techniki cyfrowej. To właśnie dzięki nim nasze komputery są w stanie widzieć więcej, aniżeli tylko 0 i 1.

O tym jednak innym razem…

Do usłyszenia!

---

Dzięki za poświęcony czas!

---

Bibliografia