الدوائر على التوازي: الجهد والتيار والمقاومة والقدرة
تعلّم كيف يتصرف الجهد، وتيار الفروع، والمقاومة المكافئة، والقدرة في دوائر التوازي، مع أمثلة محلولة في فيزياء HSC وأسئلة تدريبية متقدمة.
تخيّل مصباحين متماثلين موصولين بالبطارية نفسها. ثم تضيف مصباحًا ثالثًا في فرع مستقل على التوازي. ماذا ينبغي أن يحدث للمصباحين الأولين؟ من التوقعات الشائعة أنهما سيصبحان أخفت إضاءة لأن تيار البطارية أصبح الآن بحاجة إلى أن «يتوزع» على ثلاثة مسارات. بالنسبة إلى مصدر جهد ثابت مثالي، هذا التوقع خاطئ. يظل الجهد عبر المصباحين الأولين كما هو، ولذلك يظل تيارهما كما هو أيضًا. أما الفرع الجديد، فيجعل المصدر ببساطة يزوّد الدائرة بتيار كلي أكبر.
تقع هذه الفكرة الواحدة في أساس معظم حسابات دوائر التوازي تقريبًا: الفروع تشترك في الجهد، وليس بالضرورة في التيار.
01ما الذي يجعل الدائرة دائرة توازٍ؟
تخيّل شحنة تتحرك عبر دائرة كهربائية حتى تصل إلى نقطة تفرع. عندها تصبح أمامها عدة مسارات يمكن أن تسلكها. وبعد مسافة، تلتقي هذه المسارات من جديد.
هذا هو جزء التوازي في الدائرة.
يتصل طرفا كل فرع بالنقطتين نفسيهما في الدائرة. وهذا مهم لأن الجهد هو فرق الجهد الكهربائي بين نقطتين.
إذا كان كل فرع يبدأ عند النقطة A وينتهي عند النقطة B، فإن فرق الجهد عبر جميع الفروع يكون متساويًا:
\[ V_{\text{المصدر}} = V_1 = V_2 = V_3 = \cdots \]
وهذه هي القاعدة الأولى التي ينبغي تثبيتها جيدًا:
الجهد عبر الفروع المتوازية متساوٍ.
لكن هذا لا يعني أن التيار في كل فرع متساوٍ.
قبل أن نتابع، توقّع الآتي: مقاومتان، \(4\ \Omega\) و\(12\ \Omega\)، موصولتان على التوازي عبر البطارية نفسها. أي فرع يمر فيه تيار أكبر؟
فرع \(4\ \Omega\) هو الذي يحمل التيار الأكبر. فكلا الفرعين يتعرض للجهد نفسه، لكن المقاومة الأصغر تسمح بمرور تيار أكبر.
باستخدام قانون أوم،
\[ I = \frac{V}{R} \]
فإنه عند ثبات \(V\)، تؤدي زيادة \(R\) إلى انخفاض \(I\).
إذا كنت بحاجة إلى مراجعة متى يمكن استخدام \(V = IR\) مباشرة، فراجع قانون أوم في فيزياء HSC: عندما تكون المقاومة ثابتة.
02تيار الفرع: إلى أين يذهب التيار الكلي؟
التيار هو معدل مرور الشحنة عبر نقطة ما. وعند نقطة التفرع، لا تختفي الشحنة، ولا تتراكم إلى ما لا نهاية، ولا «تُستهلك».
لذلك يجب أن يساوي التيار الكلي الداخل إلى نقطة التفرع التيار الكلي الخارج منها.
لثلاثة فروع متوازية،
\[ I_{\text{الكلي}} = I_1 + I_2 + I_3 \]
وهذا تطبيق لمبدأ حفظ الشحنة.
ومن النماذج الذهنية المفيدة تخيّل أشخاص يصلون إلى محطة قطار فيها عدة بوابات خروج. إذا دخل إلى منطقة البوابات 200 شخص في الدقيقة، فعندما يستقر تدفق الناس، يجب أن تسمح بوابات الخروج مجتمعة بمرور 200 شخص في الدقيقة. قد تمرر إحدى البوابات 120 شخصًا في الدقيقة، وأخرى 80 شخصًا في الدقيقة، لكن المجموع يجب أن يتطابق.
لهذا التشبيه حدود. فالتيار الكهربائي ليس تيارًا من الشحنات المنفردة التي تختار مسارًا بعد أن تفكر في أي مقاومة تبدو أفضل. يتحدد توزيع التيار بفعل المجال الكهربائي في الدائرة كلها. والغرض من التشبيه هو فقط المساعدة على فهم مبدأ الحفظ.
بالنسبة إلى فروع المقاومات العادية، يمكننا حساب كل تيار على حدة:
\[ I_1 = \frac{V}{R_1}, \qquad I_2 = \frac{V}{R_2}, \qquad I_3 = \frac{V}{R_3} \]
لأن الجهد نفسه \(V\) موجود عبر كل فرع.
مثال محلول: إيجاد التيارات في فرعين متوازيين
يتصل مصدر مثالي جهده \(12\ \text{V}\) بمقاومتين \(6.0\ \Omega\) و\(3.0\ \Omega\) على التوازي. أوجد التيار في كل فرع والتيار الكلي الذي يزوّده المصدر.
الخطوة 1
كلتا المقاومتين موصولتان مباشرة عبر مصدر \(12\ \text{V}\)، لذلك
\[ V_1 = V_2 = 12\ \text{V} \]
الخطوة 2
\[ I_1 = \frac{V}{R_1} = \frac{12}{6.0} = 2.0\ \text{A} \]
الخطوة 3
\[ I_2 = \frac{V}{R_2} = \frac{12}{3.0} = 4.0\ \text{A} \]
الخطوة 4
\[ I_{\text{الكلي}} = I_1 + I_2 = 2.0 + 4.0 = 6.0\ \text{A} \]
يحمل فرع \(3.0\ \Omega\) ضعف تيار فرع \(6.0\ \Omega\) لأن مقاومته تساوي نصف مقاومته، بينما الجهد متساوٍ عبر الفرعين.
03لماذا لا «ينقسم التيار بالتساوي»؟
غالبًا ما يتذكر الطلاب عبارة «ينقسم التيار عند نقطة التفرع» ثم يحولونها خطأً إلى «ينقسم التيار بالتساوي».
ولا ينقسم بالتساوي إلا عندما يكون السلوك الكهربائي للفروع متماثلًا.
لمقاومتين مثاليتين،
\[ I_1 = \frac{V}{R_1} \]
و
\[ I_2 = \frac{V}{R_2} \]
لذلك
\[ \frac{I_1}{I_2} = \frac{R_2}{R_1} \]
أي إن التيارات تتناسب عكسيًا مع المقاومات.
على سبيل المثال، إذا كانت مقاومة أحد الفروع تساوي ثلاثة أضعاف مقاومة فرع آخر، فإنه يحمل ثلث تياره، بشرط أن يكون الجهد نفسه عبر الفرعين وأن يسلكا سلوكًا أوميًا.
ويعطينا ذلك قاعدة مفيدة لاتخاذ القرار:
| إذا كان فرعان متوازيان لهما… | فإن… |
|---|---|
| مقاومة متساوية | التيار متساوٍ |
| مقاومة مختلفة | التيار مختلف |
| مقاومة أصغر | التيار أكبر |
| مقاومة أكبر | التيار أصغر |
| نقطتا التوصيل نفسيهما | الجهد نفسه |
04المقاومة المكافئة: استبدال شبكة التوازي كلها
لنفترض أن البطارية متصلة بعدة مقاومات على التوازي. من منظور البطارية، يمكننا استبدال المجموعة كلها بمقاومة مكافئة، \(R_{\text{مكافئة}}\)، تسحب التيار الكلي نفسه عند الجهد نفسه.
للشبكة بأكملها،
\[ I_{\text{الكلي}} = \frac{V}{R_{\text{مكافئة}}} \]
لكن التيار الكلي يساوي أيضًا مجموع تيارات الفروع:
\[ I_{\text{الكلي}} = \frac{V}{R_1} + \frac{V}{R_2} + \frac{V}{R_3} +\cdots \]
لذلك،
\[ \frac{V}{R_{\text{مكافئة}}} = \frac{V}{R_1} + \frac{V}{R_2} + \frac{V}{R_3} +\cdots \]
عند جهد غير صفري، اقسم كل حد على \(V\):
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة}}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} +\cdots \]
وهذه هي معادلة المقاومة في التوازي.
وفي حالة وجود مقاومتين فقط، يمكن أيضًا إعادة ترتيبها إلى
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{R_1R_2}{R_1+R_2} \]
لكن صيغة المقلوب أكثر عمومية، ولذلك تكون عادةً أكثر أمانًا للحفظ.
05لماذا تصبح مقاومة التوازي أصغر؟
إليك النتيجة التي تبدو غير منطقية في البداية:
المقاومة المكافئة لمقاومات موصولة على التوازي تكون أصغر من أصغر مقاومة منفردة.
لنفترض أن لديك بالفعل مسارًا واحدًا للشحنة. إضافة مسار آخر على التوازي لا تجعل من الأصعب على المصدر دفع التيار. بل توفر للدائرة طريقًا إضافيًا.
تخيّل مدرسة مزدحمة يغادر طلابها عبر باب واحد. فتح باب ثانٍ يجعل من الأسهل خروج عدد أكبر من الأشخاص في كل ثانية. الأبواب ليست مقاومات حرفيًا، لكن التشبيه يوضح لماذا تؤدي إضافة مسار آخر إلى زيادة التدفق الكلي عند وجود فرق دافع معين.
وهذا يعني أن الدائرة تسحب تيارًا أكبر عند الجهد نفسه.
وبما أن
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{V}{I_{\text{الكلي}}}, \]
فإن زيادة التيار الكلي عند ثبات الجهد تعني انخفاض المقاومة المكافئة.
وهناك أيضًا فحص رياضي سريع. بما أن
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة}}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}, \]
فإن مقلوب \(R_{\text{مكافئة}}\) أكبر من أي من المقلوبين منفردًا. ولذلك يجب أن تكون \(R_{\text{مكافئة}}\) أصغر من كل مقاومة منفردة.
إذا أعطاك حسابك مقاومة مكافئة أكبر من أصغر مقاومة متوازية، فهناك خطأ ما.
06حالة خاصة من المفيد معرفتها
عند توصيل \(n\) من المقاومات المتماثلة، مقاومة كل منها \(R\)، على التوازي،
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة}}} = \frac{n}{R} \]
لذلك
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{R}{n} \]
على سبيل المثال، ثلاث مقاومات قيمة كل منها \(12\ \Omega\) موصولة على التوازي لها
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{12}{3} = 4.0\ \Omega \]
ولا يصلح هذا الاختصار إلا عندما تكون جميع المقاومات المتوازية متساوية.
07القدرة في الفروع المتوازية
تخبرنا القدرة الكهربائية بمعدل انتقال الطاقة الكهربائية.
لأي عنصر في الدائرة،
\[ P = VI \]
حيث:
- \(P\) هي القدرة بوحدة الواط، \(\text{W}\)
- \(V\) هو فرق الجهد بوحدة الفولت، \(\text{V}\)
- \(I\) هو التيار بوحدة الأمبير، \(\text{A}\)
بالنسبة إلى مقاومة أومية، فإن دمج \(P = VI\) مع \(V = IR\) يعطي
\[ P = \frac{V^2}{R} \]
و
\[ P = I^2R \]
في دائرة التوازي، تكون \(P = V^2/R\) مفيدة بصورة خاصة لأننا نعرف أن الجهد عبر كل فرع متساوٍ.
لفرعين يحتويان على مقاومتين،
\[ P_1 = \frac{V^2}{R_1} \]
و
\[ P_2 = \frac{V^2}{R_2} \]
عند ثبات الجهد، تكون قدرة الفرع ذي المقاومة الأقل أكبر.
قد يبدو ذلك غريبًا في البداية إذا كنت تتذكر \(P = I^2R\) وتفكر أن «المقاومة الأكبر تعني قدرة أكبر». الجزء المفقود هنا هو أن التيار ليس متساويًا في الفروع المتوازية. لا تدعم \(P = I^2R\) هذه المقارنة إلا عندما يكون \(I\) ثابتًا.
في التوازي، يكون الجهد ثابتًا عبر الفروع. ولذلك تكون \(P = V^2/R\) أوضح للمقارنة.
القدرة الكلية التي يزوّدها المصدر هي
\[ P_{\text{الكلية}} = P_1 + P_2 + P_3 + \cdots \]
ويمكن أيضًا حسابها باستخدام المقاومة المكافئة:
\[ P_{\text{الكلية}} = VI_{\text{الكلي}} = \frac{V^2}{R_{\text{مكافئة}}} \]
للمزيد من التفاصيل حول الاختيار بين معادلات القدرة، راجع القدرة الكهربائية في فيزياء HSC: استخدام P = VI والصيغ المكافئة.
مثال محلول: إيجاد مقاومة فرع مجهولة والقدرة الكلية
يتصل مصدر مثالي جهده \(18\ \text{V}\) بمقاومتين على التوازي. قيمة إحدى المقاومتين \(9.0\ \Omega\). والتيار الكلي من المصدر هو \(5.0\ \text{A}\). أوجد المقاومة الثانية، والمقاومة المكافئة، والقدرة الكلية التي يزوّدها المصدر.
الخطوة 1
يوجد الجهد الكامل \(18\ \text{V}\) عبر كل فرع.
\[ I_1 = \frac{V}{R_1} = \frac{18}{9.0} = 2.0\ \text{A} \]
الخطوة 2
التيار الكلي هو \(5.0\ \text{A}\)، لذلك
\[ I_{\text{الكلي}} = I_1 + I_2 \]
\[ 5.0 = 2.0 + I_2 \]
\[ I_2 = 3.0\ \text{A} \]
الخطوة 3
يوجد أيضًا جهد \(18\ \text{V}\) عبر الفرع الثاني.
\[ R_2 = \frac{V}{I_2} = \frac{18}{3.0} = 6.0\ \Omega \]
الخطوة 4
باستخدام جهد المصدر والتيار الكلي،
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{V}{I_{\text{الكلي}}} = \frac{18}{5.0} = 3.6\ \Omega \]
وهذا ينجح في الفحص السريع: \(3.6\ \Omega\) أصغر من كل من \(6.0\ \Omega\) و\(9.0\ \Omega\).
الخطوة 5
\[ P_{\text{الكلية}} = VI_{\text{الكلي}} = 18 \times 5.0 = 90\ \text{W} \]
إذن تسحب الشبكة \(5.0\ \text{A}\)، وتتصرف من منظور المصدر كما لو كانت مقاومة منفردة مقدارها \(3.6\ \Omega\)، وتنقل الطاقة الكهربائية بمعدل \(90\ \text{J s}^{-1}\).
وللتحقق، قدرات الفروع هي
\[ P_1 = VI_1 = 18 \times 2.0 = 36\ \text{W} \]
و
\[ P_2 = VI_2 = 18 \times 3.0 = 54\ \text{W} \]
وبذلك
\[ P_{\text{الكلية}} = 36 + 54 = 90\ \text{W} \]
كما هو مطلوب.
08ماذا يحدث عند إضافة فرع آخر؟
لنفترض أن مقاومة \(12\ \Omega\) موصولة عبر مصدر مثالي جهده \(24\ \text{V}\).
تيارها هو
\[ I = \frac{24}{12} = 2.0\ \text{A} \]
الآن صِل مقاومة أخرى \(12\ \Omega\) على التوازي.
توقّع ماذا يحدث للتيار المار عبر المقاومة الأصلية.
يظل \(2.0\ \text{A}\).
فالفرع الأصلي لا يزال عليه جهد \(24\ \text{V}\) عبر مقاومة \(12\ \Omega\)، لذلك لم يتغير شيء في \(I = V/R\) بالنسبة إلى ذلك الفرع.
تسحب المقاومة الجديدة أيضًا \(2.0\ \text{A}\)، ولذلك يصبح تيار المصدر
\[ I_{\text{الكلي}} = 2.0 + 2.0 = 4.0\ \text{A} \]
وقد انخفضت المقاومة المكافئة من \(12\ \Omega\) إلى
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{12}{2} = 6.0\ \Omega \]
وزادت القدرة الكلية من
\[ P_{\text{القديمة}} = VI = 24 \times 2.0 = 48\ \text{W} \]
إلى
\[ P_{\text{الجديدة}} = 24 \times 4.0 = 96\ \text{W} \]
لذلك، فإن إضافة فرع على التوازي إلى مصدر جهد ثابت مثالي تؤدي إلى:
- بقاء جهد الفروع كما هو
- بقاء تيارات فروع المقاومات الموجودة كما هي
- زيادة التيار الكلي
- انخفاض المقاومة المكافئة
- زيادة القدرة الكلية التي يزوّدها المصدر
وهذا يكاد يكون عكس ما يحدث عند إضافة مقاومة أخرى على التوالي.
09الافتراض الخفي المهم: مصدر جهد مثالي
تفترض العبارة «إضافة فرع على التوازي لا تؤثر في تيارات الفروع الأخرى» أن المصدر يحافظ على جهد الطرفين نفسه.
وهذا هو النموذج القياسي في كثير من مسائل الدوائر في HSC ما لم تذكر المسألة خلاف ذلك.
للبطارية الحقيقية مقاومة داخلية وقيود أخرى. فإذا سُحب منها تيار إضافي كبير، يمكن أن ينخفض جهد طرفيها. وفي هذه الحالة، قد ينخفض الجهد عبر جميع الفروع قليلًا، ولذلك قد تنخفض أيضًا تيارات الفروع الموجودة.
مع ذلك، يظل النموذج المبسط مفيدًا. والمهم هو معرفة الافتراضات التي يقوم عليها.
عندما تعطيك المسألة جهد مصدر ثابتًا ولا تُدخل مقاومة داخلية، فتعامل مع جهد الفروع على أنه ثابت.
10أربع علاقات يجب إبقاؤها منفصلة
غالبًا ما تنتج أخطاء دوائر التوازي عن الخلط بين علاقات تخص كميات مختلفة.
| الكمية | العلاقة في دائرة التوازي |
|---|---|
| الجهد | \(V_{\text{المصدر}} = V_1 = V_2 = \cdots\) |
| التيار | \(I_{\text{الكلي}} = I_1 + I_2 + \cdots\) |
| المقاومة | \(\frac{1}{R_{\text{مكافئة}}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \cdots\) |
| القدرة | \(P_{\text{الكلية}} = P_1 + P_2 + \cdots\) |
ومن الطرق المفيدة لتحديد ما ينبغي فعله:
- حدّد أي المكونات موصول فعلًا على التوازي عن طريق التحقق مما إذا كانت تشترك في نقطتي النهاية نفسيهما.
- حدّد الجهد المشترك عبر تلك الفروع.
- استخدم \(I = V/R\) لكل فرع مقاومة.
- اجمع تيارات الفروع لإيجاد التيار الكلي.
- استخدم معادلة المقلوب إذا كنت بحاجة إلى المقاومة المكافئة.
- احسب القدرة باستخدام الصيغة التي تتوافق مع الكميات التي تعرفها بالفعل.
لا تبدأ بالبحث الأعمى عن معادلة. اسأل أولًا: ما الذي تخبرك به بنية الدائرة؟
11الأسئلة والحلول
السؤال 1
يتصل مصدر مثالي جهده \(15\ \text{V}\) بمقاومتين \(10\ \Omega\) و\(30\ \Omega\) على التوازي.
أوجد:
- التيار خلال كل مقاومة
- التيار الكلي الذي يزوّده المصدر
- المقاومة المكافئة
الحل 1
تيارا الفرعين هما \(1.5\ \text{A}\) و\(0.50\ \text{A}\)، والتيار الكلي هو \(2.0\ \text{A}\)، والمقاومة المكافئة هي \(7.5\ \Omega\).
يوجد الجهد الكامل \(15\ \text{V}\) عبر كلا الفرعين.
بالنسبة إلى مقاومة \(10\ \Omega\)،
\[ I_1 = \frac{V}{R_1} = \frac{15}{10} = 1.5\ \text{A} \]
وبالنسبة إلى مقاومة \(30\ \Omega\)،
\[ I_2 = \frac{V}{R_2} = \frac{15}{30} = 0.50\ \text{A} \]
التيار الكلي هو مجموع تياري الفرعين:
\[ I_{\text{الكلي}} = 1.5 + 0.50 = 2.0\ \text{A} \]
ثم
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{V}{I_{\text{الكلي}}} = \frac{15}{2.0} = 7.5\ \Omega \]
والمقاومة المكافئة، كما ينبغي، أصغر من أصغر مقاومة فرع، وهي \(10\ \Omega\).
السؤال 2
ثلاث مقاومات قيمها \(4.0\ \Omega\)، و\(6.0\ \Omega\)، و\(12\ \Omega\) موصولة على التوازي عبر مصدر مثالي جهده \(12\ \text{V}\).
أوجد التيار الكلي، والمقاومة المكافئة، والقدرة الكلية.
الحل 2
التيار الكلي هو \(6.0\ \text{A}\)، والمقاومة المكافئة هي \(2.0\ \Omega\)، والقدرة الكلية هي \(72\ \text{W}\).
يوجد جهد \(12\ \text{V}\) عبر كل مقاومة.
تيارات الفروع هي
\[ I_1 = \frac{12}{4.0} = 3.0\ \text{A} \]
\[ I_2 = \frac{12}{6.0} = 2.0\ \text{A} \]
و
\[ I_3 = \frac{12}{12} = 1.0\ \text{A} \]
لذلك،
\[ I_{\text{الكلي}} = 3.0 + 2.0 + 1.0 = 6.0\ \text{A} \]
المقاومة المكافئة هي
\[ R_{\text{مكافئة}} = \frac{V}{I_{\text{الكلي}}} = \frac{12}{6.0} = 2.0\ \Omega \]
والقدرة الكلية هي
\[ P_{\text{الكلية}} = VI_{\text{الكلي}} = 12 \times 6.0 = 72\ \text{W} \]
كما أن نمط التيارات منطقي من الناحية الفيزيائية. ففرع \(4.0\ \Omega\) له أصغر مقاومة ويحمل أكبر تيار.
السؤال 3
يتصل مصدر مثالي جهده \(24\ \text{V}\) بمقاومتين \(8.0\ \Omega\) و\(12\ \Omega\) على التوازي. ثم يفصل مفتاح فرع \(8.0\ \Omega\).
حدّد التيار خلال مقاومة \(12\ \Omega\) قبل فتح المفتاح وبعده. وحدّد أيضًا التيار الكلي قبل الفتح وبعده.
الحل 3
يظل تيار فرع \(12\ \Omega\) عند \(2.0\ \text{A}\). وينخفض التيار الكلي من \(5.0\ \text{A}\) إلى \(2.0\ \text{A}\).
قبل فتح المفتاح، يوجد جهد \(24\ \text{V}\) عبر كلتا المقاومتين.
بالنسبة إلى فرع \(8.0\ \Omega\)،
\[ I_1 = \frac{24}{8.0} = 3.0\ \text{A} \]
وبالنسبة إلى فرع \(12\ \Omega\)،
\[ I_2 = \frac{24}{12} = 2.0\ \text{A} \]
لذلك في البداية،
\[ I_{\text{الكلي}} = 3.0 + 2.0 = 5.0\ \text{A} \]
بعد فصل فرع \(8.0\ \Omega\)، تظل مقاومة \(12\ \Omega\) موصولة مباشرة عبر المصدر المثالي نفسه ذي الجهد \(24\ \text{V}\).
لذلك،
\[ I_2 = \frac{24}{12} = 2.0\ \text{A} \]
وأصبحت الآن الفرع الوحيد، ولذلك
\[ I_{\text{الكلي}} = 2.0\ \text{A} \]
الخطأ المغري هنا هو الاعتقاد بأن التيار الأصلي \(5.0\ \text{A}\) يجب أن يمر الآن كله عبر الفرع المتبقي. هذا غير صحيح. يتحدد تيار المصدر بواسطة المقاومة المتصلة بالمصدر وجهده. وإزالة فرع تغيّر التيار الكلي المسحوب.
السؤال 4
يتصل مصدر مثالي جهده \(20\ \text{V}\) بمقاومتين \(10\ \Omega\) و\(40\ \Omega\) على التوازي. ثم تُضاف مقاومة \(200\ \Omega\) كفرع ثالث على التوازي.
يجادل أحد الطلاب بأن المقاومة الجديدة كبيرة جدًا، ولذلك ينبغي أن تجعل المقاومة المكافئة أكبر قليلًا.
احسب المقاومة المكافئة قبل إضافة فرع \(200\ \Omega\) وبعد إضافته، واشرح ما إذا كان استدلال الطالب صحيحًا.
الحل 4
تنخفض المقاومة المكافئة من \(8.0\ \Omega\) إلى نحو \(7.69\ \Omega\). واستدلال الطالب غير صحيح لأن إضافة أي مسار متوازٍ ذي مقاومة محدودة تزيد الناقلية الكلية.
قبل إضافة الفرع الجديد،
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة},1}} = \frac{1}{10} + \frac{1}{40} = 0.100 + 0.025 = 0.125\ \Omega^{-1} \]
لذلك
\[ R_{\text{مكافئة},1} = \frac{1}{0.125} = 8.0\ \Omega \]
بعد إضافة فرع \(200\ \Omega\)،
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة},2}} = \frac{1}{10} + \frac{1}{40} + \frac{1}{200} \]
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة},2}} = 0.100 + 0.025 + 0.005 = 0.130\ \Omega^{-1} \]
لذلك،
\[ R_{\text{مكافئة},2} = \frac{1}{0.130} \approx 7.69\ \Omega \]
ولا يحمل فرع \(200\ \Omega\) إلا تيارًا صغيرًا،
\[ I = \frac{20}{200} = 0.10\ \text{A} \]
لكن هذا التيار يظل تيارًا إضافيًا. وعند جهد المصدر نفسه، فإن زيادة التيار الكلي تعني انخفاض المقاومة المكافئة.
يمكن أن يكون تأثير مقاومة فرع كبيرة جدًا ضئيلًا، لكنها لا يمكن أن تزيد المقاومة المكافئة.
في الحالة الحدّية \(R \to \infty\)، يقترب تيار الفرع الجديد من الصفر، ويصبح تأثير الفرع معدومًا تقريبًا.
السؤال 5
مصباحان متماثلان مقاومة كل منهما \(12\ \Omega\) موصولان على التوازي عبر مصدر مثالي جهده \(24\ \text{V}\). اعتبر مقاومة كل مصباح ثابتة في هذه المسألة.
يتعطل أحد المصباحين بأن يصبح دائرة مفتوحة.
يقول أحد الطلاب: «ينبغي أن يصبح المصباح الآخر أكثر سطوعًا لأن المصدر أصبح الآن لا يحتاج إلى تشغيل سوى مصباح واحد».
حدّد التيار خلال كل مصباح قبل التعطل، وتيار المصدر قبل التعطل وبعده، وقدرة المصباح السليم قبل التعطل وبعده. واشرح خطأ الطالب.
الحل 5
تظل قدرة المصباح السليم \(48\ \text{W}\)، ولذلك، في ظل نموذج الدائرة المثالية المذكور، لا يزداد سطوعه. وينخفض تيار المصدر من \(4.0\ \text{A}\) إلى \(2.0\ \text{A}\).
قبل التعطل، يوجد جهد \(24\ \text{V}\) عبر مقاومة \(12\ \Omega\) لكل مصباح.
التيار خلال كل مصباح هو
\[ I = \frac{V}{R} = \frac{24}{12} = 2.0\ \text{A} \]
لذلك فإن تيار المصدر الابتدائي هو
\[ I_{\text{الكلي}} = 2.0 + 2.0 = 4.0\ \text{A} \]
وقدرة كل مصباح هي
\[ P = VI = 24 \times 2.0 = 48\ \text{W} \]
عندما يصبح أحد المصباحين دائرة مفتوحة، لا يمر أي تيار عبر ذلك الفرع المعطل.
يظل المصباح السليم موصولًا عبر المصدر المثالي ذي الجهد \(24\ \text{V}\)، ولذلك
\[ I_{\text{السليم}} = \frac{24}{12} = 2.0\ \text{A} \]
ومن ثم يصبح تيار المصدر الآن
\[ I_{\text{الكلي}} = 2.0\ \text{A} \]
وتظل قدرة المصباح السليم
\[ P = 24 \times 2.0 = 48\ \text{W} \]
خطأ الطالب هو التعامل مع المصدر كما لو كان يزوّد مقدارًا ثابتًا من التيار أو القدرة يجب توزيعه بين أي مكونات متصلة. أما مصدر الجهد المثالي فيحافظ على جهد ثابت. ثم يسحب كل فرع التيار الذي يحدده ذلك الجهد ومقاومته الخاصة.
في حالة مصدر حقيقي له مقاومة داخلية، قد تؤدي إزالة أحد الفروع إلى تغير طفيف في جهد الطرفين. وهذه الإمكانية تقع خارج النموذج المثالي المستخدم هنا.
السؤال 6
مقاومتان، \(R_1 = 6.0\ \Omega\) و\(R_2 = 12\ \Omega\)، موصولتان على التوازي. يُضبط مصدر القدرة بحيث يظل التيار الكلي ثابتًا عند \(6.0\ \text{A}\).
ثم تُضاف مقاومة ثالثة مقدارها \(12\ \Omega\) على التوازي، ويُعاد ضبط جهد المصدر بحيث يظل التيار الكلي \(6.0\ \text{A}\).
حدّد الجهد والتيار خلال مقاومة \(6.0\ \Omega\) قبل إضافة الفرع الثالث وبعد إضافته. واشرح لماذا تختلف هذه النتيجة عن العبارة المعتادة التي تقول إن إضافة فرع على التوازي تترك تيارات الفروع الموجودة دون تغيير.
الحل 6
ينخفض الجهد من \(24\ \text{V}\) إلى \(18\ \text{V}\)، وينخفض التيار خلال مقاومة \(6.0\ \Omega\) من \(4.0\ \text{A}\) إلى \(3.0\ \text{A}\). ولا تنطبق النتيجة المعتادة التي تقول إن التيار لا يتغير إلا عندما يظل جهد المصدر ثابتًا.
في البداية،
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة},1}} = \frac{1}{6.0} + \frac{1}{12} = \frac{2}{12}+\frac{1}{12} = \frac{3}{12} \]
لذلك
\[ R_{\text{مكافئة},1} = 4.0\ \Omega \]
التيار الكلي ثابت عند \(6.0\ \text{A}\)، ولذلك فإن جهد المصدر الابتدائي هو
\[ V_1 = I_{\text{الكلي}}R_{\text{مكافئة},1} = 6.0 \times 4.0 = 24\ \text{V} \]
التيار خلال فرع \(6.0\ \Omega\) هو
\[ I_{6,1} = \frac{24}{6.0} = 4.0\ \text{A} \]
بعد إضافة فرع ثانٍ مقداره \(12\ \Omega\)،
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة},2}} = \frac{1}{6.0} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} \]
\[ \frac{1}{R_{\text{مكافئة},2}} = \frac{2}{12} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3} \]
لذلك
\[ R_{\text{مكافئة},2} = 3.0\ \Omega \]
للحفاظ على التيار الكلي عند \(6.0\ \text{A}\)، يجب الآن ضبط المصدر على
\[ V_2 = I_{\text{الكلي}}R_{\text{مكافئة},2} = 6.0 \times 3.0 = 18\ \text{V} \]
ويصبح التيار خلال فرع \(6.0\ \Omega\)
\[ I_{6,2} = \frac{18}{6.0} = 3.0\ \text{A} \]
لقد تغير الافتراض الخفي المهم. ففي مسألة التوازي المعتادة، يظل الجهد ثابتًا، ولذلك لا تؤثر إضافة فرع آخر في جهد الفروع الموجودة ولا في تياراتها. أما هنا، فإن التيار الكلي هو الذي يُحافظ عليه ثابتًا عمدًا. وبما أن المقاومة المكافئة تنخفض، فلا بد أن ينخفض جهد المصدر أيضًا، وهو ما يغيّر تيار كل فرع.
هذا التمييز مفيد كلما غيّرت مسألة في الدوائر الكمية التي يتم تثبيتها. فقواعد دوائر التوازي لا تستبدل \(V = IR\). بل تخبرك بأي جهود وتيارات ترتبط ببعضها نتيجة لبنية الدائرة.
وبعد إتقان ذلك، تكون الخطوة المفيدة التالية هي مقارنة سلوك التوازي مع دوائر التوالي، حيث يكون التيار نفسه مشتركًا بين جميع المكونات، بينما يتوزع الجهد بدلًا من ذلك.