توصيل المقاومات وقاعدتا كيرشوف

- توصيل  المقاومات الكهربائية:     

    تعتبر المقاومة الكهربائية من العناصر الرئيسية المكونة للدائرة الكهربائية،

    وأعرف أنها تساوي  نسبة  فرق  الجهد إلى التيار،    ووقد نحتاج إلى مقاومة

    واحدة أو عدة مقاومات( مقاومة كلية مكافئة   )للتحكم في كل من سريان 

    التيار في دارات الأجهزة الكهربائية  وفرق الجهد الذي تعمل عليه  حسب 

    الغرض من استخدام  الجهاز، ويعتمد مقدار   المقاومة  المكافئة  لعدة

     مقاومات على  مقدارة  كل من المقاومات الموصولة طريقة توصيل  هذه

     المقاومات،وطرق  توصيل المقاومات  كما في الشكل المقابل هي:

            1- التوصيل  على التوالي.

           2-  التوصيل على التوازي.

 1- التوصيل  على التوالي.

     توصيل  المقاومات على التوالي كما في الشكل  المقابل يتضمن

   النقاط المهمة التالية:

       * يسري في جمع المقاومات  على التوالي التيار نفسه ( $I$  )،

           لا حظ الشكل المقابل، أي أن:

                                                           ${\mathit{I}}_{\mathbf{1}}\mathbf{ }\mathbf{=}\mathbf{ }{\mathit{I}}_{\mathbf{2}}\mathbf{ }\mathbf{=}\mathbf{ }{\mathit{I}}_{\mathbf{3}}\mathbf{ }\mathbf{=}\mathbf{ }\mathit{I}$   

       * يتوزع فرق الجهد الكهربائي الكلي ( $V_{\mathrm{T}}$ ) على مجموعة التوالي

         على المقاومات ومقداره يعتمد على مقدار كل مقاومة، أي أن: 

                                                 $V_T = V_1 + V_2 + V_3 \Rightarrow V_T = I{R}_{eq}$ 

                                                                            $I{R}_{eq}= I{R}_1 + I{R}_2 + I{R}_3$  

        بقسمة  طرفي  المعادلة على ( $I$ ) أحصل على المعادلة التالية  والتي 

      أستخدمها لحساب المقاومة المكافئة للثلاث مقاومات أو أكثر:

                                                                       ${\mathit{R}}_{\mathbf{eq}}\mathbf{ }\mathbf{=}\mathbf{ }{\mathit{R}}_{\mathbf{1}}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }{\mathit{R}}_{\mathbf{2}}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }{\mathit{R}}_{\mathbf{3}}$ 

•   تستخدم  طريقة  توصيل  المقاومات  على التولي للحصول على مقاومة

        كبيرة من عدة

       مقاومات صغيرة.

            فالمقاومة المكافئة هنا أكبر من أي مقاومة.

• مميزات التوصيل على التوالي تجزئة الجهد الكهربائي.
•  عيب هذا التوصيل هو أي  قطع ( عطل ) في مقاومة يتوقف التيار في

      المقاومات جميها.  كما أشاهد في  الحركة امحاورة

         فكر: هل تتوقع أن مصابيح وأجهزة موصولة على التوالي؟               

           الإجابة:       اضغط هنالا، إذا تعطل جهاز أو أغلق مصباح ستوقف التيار عن جمسع الأجهزة                                         

           مثال1:  

       يمثل الشكل  المقابل دارة بسيطة  تحوي بطارية القوة الدافعة الكهربائية

       لها ( 18V) وثلاث  مقاومات  متصلة في الدارة كما في الشكل، اعتماداً على

       قيم المقاومات الواردة في الشكل، أحسب:

           أ.  المقاومة المكافئة في الدارة

          ب.  مقدار التيار  الذي يسري في  الدارة(  $I$ )

           جـ. فرق  الجهد  الكهربائي  لكلٍ من المقاومات الثلاث.

             المعطيات:  المقاومات (   $(7\Omega , 5\Omega . 4\Omega )$  على التوالي.       $\epsilon =8v$

               المطلوب: أ.  $R_{eq}=?$        ب.$I=?$                جـ.  $V_1=? , V_2=? , V_3=?$

              الحل:

                    أ.  المقومات موصولة على التوالي:

                                                     $R_{eq} = R_1 + R_2 + R_3 = 7+ 5 + 4 = 16\Omega$

                    ب.   hلتيار في الدارة:    أستخدم  معادلة  الدارة البسيطة:

                          $\epsilon - Ir + I{R}_{eq} =0 \Rightarrow 8 =I\times 0 + I\times 16 \Rightarrow I=\frac{8}{16} =0.5A$ 

                  جـ. فرق الجهد لكل مقاومة:

                                          $$\begin{gathered} V_1 = I\times R_1= 0.5\times 7 = 3.5V \\ {V}_2 = I\times R_2 +0.5\times 5 =2.5V \\ {V}_3 =I\times R_3 + 0.5\times 4 =2V \end{gathered}$$ 

 الشكل: توصيل المصابيح  على التوالي.وإذا تعطل

             أحد  المصابيح يتوقف التيار عن البقية.

  2-  التوصيل على التوازي.

  توصيل  المقاومات على التوالي كما في الأشكال المقابلة المقابل يتضمن النقاط

  المهمة التالية:

    * المقاومات الموصولة على التوازي لها فرق  الجهد  الكهربائي  نفسه  ويساوي 

     فرق  الجهد الكلي، أي أن:

                                                           $V_1 = V_2 = V_3 =V_T$   

    *  يتوزع  التيار الكلي ( $I_T$ ) على المقاومات، كما أشاهد في الشكل المقابل، ومقدار

      التيار  المار في  المقاومة يتناسب عكسياً  مع  مقدارها،  كما ألاحظ في المشهد

      المتحرك المقابل وأقارن مقدار  التيار المار  في المقاومة مع مقدارها، وألاحظ أن

      التيار أكبر في  المقاومة الأقل ،أي أن:

                                                         $$\begin{gathered} I_T = I_1 + I_2 +I_3 \\ \frac{V_T}{R_{eq}} =\frac{V_1}{R_1} +\frac{V_2}{R_2} +\frac{V_3}{R_3} =\frac{V_T}{R_1} +\frac{V_T}{R_2} +\frac{V_T}{R_3} \end{gathered}$$    

       وبضرب المعادلة في (  $\frac{1}{V_T}$  )،  أحصل على  العلاقة التي أتمكن من إيجاد المقاومة

     المكافئة لعدة  مقاومات  موصولة على التوازي: 

                                                                              $\frac{\mathbf{1}\mathbf{ }}{{\mathit{R}}_{\mathit{e}\mathit{q}}}\mathbf{ }\mathbf{=}\frac{\mathbf{1}}{{\mathit{R}}_{\mathbf{1}}}\mathbf{ }\mathbf{+}\frac{\mathbf{1}}{{\mathit{R}}_{\mathbf{2}}}\mathbf{ }\mathbf{+}\frac{\mathbf{1}}{{\mathit{R}}_{\mathbf{3}}}\mathbf{ }\mathbf{ }$

       ( أي أن  مقلوب  المقاومة المكافئة  يساوي  مجموع مقاليب  المقاومات الموصولة

      على  التوازي)

       ويمكن كتابة  المقاومة  المكافئة للتوازي  لثلاث مقاومات كما يلي:

                                                                                  $R_{eq} = \frac{R_1{R}_2{R}_3}{R_1+ R_2+ R_3}$                      

        - تستخدم  طريقة التوصيل  على التوازي للحصول  على مقاومة صغيرة من عدة

          مقاومات كبيرة، أي أن  المقامة المكافئة أقل من أصغر مقاومة. 

      -  من خصائص التوصيل  على التوازي   الحصول على فرق جهد نفسه لجميع المقاومات

         على التوازي  وتجزئة التيار.    

          عند حدوث قطع ( عطل ) لأي  مقاومة على التوازي، لن ينقطع التيار عن بقية

         المقاومات، كما ألاحظ في المشهد المتحرك المجاور. 

            فكر: هل تتوقع أن مصابيح وأجهزة موصولة على التوالي؟

                          ثم أجب:إضغط هنانعم، لأنه إذا توقف جهاز عن العمل سيمر التيار في بقية الأجهزة     

     مثال 2:

      يمثل الشكل  المقابل دارة بسيطة  تحوي بطارية القوة الدافعة الكهربائية

     لها ( 16V)  وثلاث

مقاومات  متصلة في الدارة كما في الشكل، اعتماداً على قيم المقاومات الواردة الشكل، أحسب:

           أ.  المقاومة المكافئة في الدارة

          ب.  مقدار التيار  الذي يسري في  الدارة( $I$  )

           جـ. فرق  الجهد  الكهربائي  لكلٍ من المقاومات الثلاث.

           د. مقدار التيار الذي يسري في  كل  مقاومة.

   المعطيات: البيانات الواردة في الشكل المقابل.

   المطلوب:  أ. $R_{e{q}_{}}=?$       ب.  $I=?$     

                     جـ.   $V_1=? , V_2=? , V_3=?$     د.$I_1=? ,I_2=? , I_3=? .$

    الحل: 

    أ.  جميع  المقاومات موصولة على التوازي:

                     $$\begin{gathered} \frac{1}{R_{e{q}_{}}}=\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} +\frac{1}{R_3} =\frac{1}{8} + \frac{1}{12} +\frac{1}{24} \\ =\frac{3}{24} +\frac{2}{24} + \frac{1}{24}=\frac{6}{24}=\frac{1}{4} \Rightarrow R_{eq }=4\Omega \end{gathered}$$   

   ب. أجد مقدار التيار الكلي في الدارة باستخدام  معادلة الدارة البسيطة:

                                                            $$\begin{gathered} \epsilon - (Ir +I{R}_{eq}) =0 ,r=0 \\ I=\frac{\epsilon }{R_{eq}} =\frac{16}{4}=4A \end{gathered}$$    

    جـ. فرق الجهد الكهربائي للمقاومات جميعها نفسه، ويساوي فرق

   الجهد الكلي( $\epsilon$ ) لأنها جميعاً متصلة على التوازي، أي أن:

                                                        $V_1=V_2 = V_3 =16V$                     

     د. أجد  التيار المار في كل مقاومة باستخدام قانون أوم:

                                                        $$\begin{gathered} I_1 =\frac{V_1}{R_1}=\frac{16}{8} =2\Omega \\ {I}_2 =\frac{V_2}{R_2}=\frac{16}{12} =\frac{4}{3}\Omega \\ {I}_3 =\frac{V_3}{R_3}=\frac{16}{24} =\frac{2}{3}\Omega \end{gathered}$$                                            

الشكل: توصيل المصابيح  على التوازي.وإذا تعطل

     أحد  المصابيح يستمر  سريان التيار   في  البقية.

      يبين  المشهد المقابل كيفية  اختزال عدة مقاومات متصلة على التوالي 

    والتوازي  في داره نفسها إلى  مقاومة واحدة مكافئة. والمثال التالي يوضح ذلك:

  مثال 3:  أحسب المقاومة المكافئة  الواردة  في الشكل  المقابل.

          المعطيات:  المقاومات  الكهربائية  في الشكل  المقابل. 

         المطلوب: المقاومة  المكافئة.

    الحل:

   المقاومتان ( R₃ ,  R₄ ) على التوالي، والمقاومة المكافئة لهما:

                                                $R_{34}=R_3 + R_4 = 3 + 3 =6\Omega$     

    والمقاوتان ( R₃₄ , R₅ ) على التوازي:

         $$\begin{gathered} \frac{1}{R_{345}} =\frac{1}{R_{34}} + \frac{1}{R_5} =\frac{1}{6} + \frac{1}{3} =\frac{1}{6} + \frac{2}{6} =\frac{3}{6}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow R_{345 }= 2\Omega \end{gathered}$$      

  المقاومات ( R₃₄₅    R₂    , R₁ ) جميعها  على التوالي:

                     $R_{eq} = R_1 + R_2 + R_{345} =5 + 4 +2 =11\Omega$     

  مثال 4:

  دارةٌ كهربائيةٌ بسيطةٌ يبيّنُها الشكل ( 18 )، المقاومة الداخلية للبطارية مهملة،

    أحسب كل من:

  أ- المقاومة المكافئة للمقاومات الثلاث.

 ب- التيار الُكّلي الذي يسري في الدارة.

    المعطيات:    R₁ = 3 Ω,        R₂ = 3 Ω,      R₃ =6 Ω      , ε = 6 V
   المطلوب: ? = I = ?, Req

  أ. المقاومات في الدارة  على التوالي جميعها،  والمقومات الداخلية للبطارية

  تساوي صفر.

                                           $R_{eq} = R_1 + R_2+ R_3 =3 + 3+ 6=12\Omega$

  ب. أجد  التيار الكلي في  الدارة باستخدام معادلة الدراة البسيطة.

                                                      $I=\frac{\epsilon }{R_{eq}}=\frac{6}{12}=0.5\mathrm{A}$ 

     مثال 5: 

   ثلاث مقاومات متصلة  معاً  وتشكل  جزء  من دارة يسري بها تيار كهربائي، 

    إذا كان (   V_b- V_a= 12V )،   واعتماد على البيانات  على  الشكل، أجد  مايلي:

         أ.  المقاومة  المكافئة  بين  النقطتين ( a ) و (b)

          ب. مقدار كل من المقاومات ( 1 ) و (2 ) و (3 ) :     

  الحل:  

      أ.  أجد التيار  المار  في  كل من المقاومتين ( 1 ) و(2 ) حيث أنهما  على التوازي

     مع المقاومة ( 3 ):

                           $$\begin{gathered} R_{12} = R_{1 } + R_{ 2} =R +2R =3R \\ V_{12 }= V_3 \Rightarrow I_1 \times R_{12} =I_2\times R_3 \\ \Rightarrow I_1\times 3R = 3\times R \Rightarrow I_1= 1A \end{gathered}$$       

      كما ألاحظ الشكل المجاور 

      باستخدام  قاعدة كيرشوف الأولى، أجد  مقدار ( $I$ ): 

                                            $I = I_1 + I_2 = 1 +3 =4A$ 

     بمعرفة  فرق  الجهد ( $∆V = 12V$ )  وبمعرفة  التيار الكلي(  $I =4A$ )،  أجد  المقامة 

     المكافئة باستخدام قانون أوم:

                         $∆V = I R_{eq} \Rightarrow R_{eq}= \frac{∆V}{I} =\frac{12}{4} = 3\Omega$ 

  ب. كل كل من المقاومتين ( 1 ) و(2 ) على التوالي  والمقاومة المكافئة لهما( R₁₂)   

   التوازي  مع المقاومة ( 3 ) والمقاومة الكلية  المكافئة  تم ايجادها في  الفرع

    السابق وتساوي ( $3\Omega$ ):

                                         $$\begin{gathered} \frac{1}{R_{eq}} =\frac{1}{R_{12}} + \frac{1}{R_3} \\ \frac{1}{3} = \frac{1}{3R} + \frac{1}{R_{ }} \Rightarrow \frac{1}{3} = \frac{1}{3R } +\frac{3}{3R} \\ \frac{1}{3} = \frac{4}{3R} \Rightarrow R = 4\Omega \end{gathered}$$      

           أذاً مقدار كل  من   المقاومات الثلاث  كالآتي:

            $R_1 = 4\Omega , R_2 =2R = 2\times 4=8\Omega , R_3 =4\Omega$                         

 مثال 5

 بالاعتماد على البيانات المُثبّتة في الشكل المقابل، وبإهمال المقاومة الداخلية

لكلتا البطاريتين؛ أجد كُلًّ من:

    أ ) قيمة تيّار الدارة وأُحدّد اتّجاهه.

   ب)فرق الجُهد بين طرفي كل مقاومة.

      المعطيات: R₁= 5 Ω, R₂ = 3 Ω, ε₁ = 16 V , ε₂ = 12 V

      المطلوب: I = ?, Vb - Va = ?
الحل:

  أ ) الشكل يمثل دارة كهربائية بسيطة تتكون من عروة واحدة تحتوي على مقاومات

    وبطاريات عدة. أحدد اتجاه التيار ( $I$) باتجاه القوة الدافعة الكهربائية للبطارية التي

   قوتها الدافعة أكبر؛ أي باتجاه القوة الدافعة ( ε₁ )، ولأن الدارة تحتوي مقاومات

   وبطاريات عدة، فإن معادلة الدارة الكهربائية البسيطة تكتب بالصيغة الآتية:
 
                      $I = \frac{\sum _{ } \epsilon }{R_{eq}}=\frac{{\epsilon }_1-{\epsilon }_2}{R_{eq}}=\frac{16-12}{5+3}=\frac{4}{8}=0.5A$

     بما أن التيار  موجب يعني أننا  عبرنا الدراة  باتجاه  حركة عقارب الساعة.

     ب-  فرق  الجهد بين طرفي  كل مقاومة:

                                                $$\begin{gathered} ∆V_1=I{R}_1=0.5\times 5=2.5V \\ ∆V_{2 }=I{R}_2=0.5\times 3=1.5V \end{gathered}$$    

    مثال 6

  دارةٌ كهربائيةٌ بسيطةٌ يبيّنُها الشكل  المقابل، المقاومة الداخلية للبطارية مُهملةٌ،

    أحسب كلاً من:

       أ - المقاومة المكافئة للمقاومات الثلاث.

      ب- التيار الُكّلي المارّ في الدارة.

      المعطيات: R₁ = 3 Ω,           R₂ = 3 Ω,              R₃ = 6 Ω,           ε = 6 V

     المطلوب: ? = I = ?, R_eq

   الحل:

     أ- المقاومات  موصولة على التوازي جميعها. لذلك أستخدم علاقة المقاومة المكافئة

       للتوصل على التوازي:

                            $$\begin{gathered} \frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} =\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \\ \frac{1}{R_{eq}} =\frac{2+2+1}{6} \Rightarrow R_{eq} = \frac{6}{5} = 1.2\Omega \end{gathered}$$           

  ب. نفترض أن التيار يسري في الدارة باتجاه  حركة عقارب الساعة:

                                $$\begin{gathered} \sum _{ }\epsilon = Ir + I{R}_{eq} \\ 6 = I\times 0 + I\times 1.2 \Rightarrow I =\frac{6}{1.2} = 5\mathrm{A} \end{gathered}$$

         التيار موجب، لذلك الاتجاه المفترض هو اتجاه صحيح  مع اتجاه عقارب الساعة.

 مثال 7

    دارةٌ كهربائيّةٌ بسيطةٌ يبيّنُها الشكل أ المقابل، المقاومةُ الداخلية للبطارية مُهمَلة،

     أحسب كلًّ من:

      أ- المقاومة المكافئة للمقاومات الثلاث.

     ب- التيار الُكّلي المارُّ في الدارة.

             المُعطيات: R₁ = 4 Ω,           R₂ = 6 Ω,              R₃ = 4 Ω,                ε = 16 V

             المطلوب: ? = I = ?, Req

     الحل:

          أ.  أجد  المقاومة المكافئة للمقاومتين ( R_{1   ,} R3 )  المتصلتان على  التوازي( شكل أ ):

                                    $$\begin{gathered} \frac{1}{R_{13}} =\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} =\frac{2}{4} = \frac{1}{2} \\ R_{13} =\frac{2}{1} =2\Omega \end{gathered}$$

                  والمقاومتان ( R₂ )  و ( R₁₃ ) على التوالي لذلك يمكن رسم الدارة كما  في الشكل ب:

                                                         $R_{eq} = R_2 + R_{13} = 6 + 2 =8\Omega$                 

              ب. التيار الُكّلي في الدارة:

                                                                            $I=\frac{\epsilon }{R_{eq}} =\frac{16}{8} =2 \mathrm{A}$                                                   

 قاعدة كيرشوف الأولى Kirchhoff’s First Rule

  عند  نقطة التفرع ( a ) في  الدارة المقابلة  وحسب  مبدأ  حفظ الشحنة الكهربائية

  فإن كميّة الشحنة الداخلةباتّجاه هذه النقطةٍ تُساوي كميّة الشحنة المغادرة للنقطة 

 نفسها، وأعلم أن  التيار يساو ي  المعدل الزمني لعبور الشحنة  الكهربائية  لمقطع 

  السلك، فيمكن القول أن التيار الداخل باتّجاه ( a) يُساوي مجموع التيارين الخارجين

   منها، أي أن:

                                                           ${\mathit{I}}_{\mathbf{1}}\mathbf{ }\mathbf{=}\mathbf{ }{\mathit{I}}_{\mathbf{2}}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }{\mathit{I}}_{\mathbf{3}}$               

  وتنصُّ قاعدة كيرشوف الأولى أن:

      «المجموع الجبري للتيارات عند أي نقطة تفرع في دارة كهربائيّة يساوي صفرًا  »

     أو    «  مجموع   للتيارات نحو أي نقطة تفرع في دارة كهربائيّة يساوي مجموع

             التيارات المغادرة للنقطة نفسها  »

   والصيغة  الرياضية  لقاعدة كيرشوف كما يلي:

                                                                    $\underset{ }{\sum I =0 \Rightarrow \underset{ }{\sum I_{in} = \sum _{ }{I}_{out}}}$       

       أتحقّق:أوضح العلاقة بين قاعدة كيرشوف الأولى ومبدأ حفظ الشحنة.  

                    الجواب: قاعدة كيرشوف الأولى تعبير   عن مبدأ  حفظ الشحمة الكهربائية.

   مثال 8:

          يمثل  الشكل  المقابل نقطة تفرع في  دارة كهربائية، اعتمادا على الشكل 

           وبياناته أجد مقدار التيار ( $I_3$ ).

           المعطيات:  قيم  التيارات  الواردة  في الشكل المقابل.

                        المطلوب :                                  $I_{3 } =?$     

           حسب  قاعدة كيرشوف الأولى:

                                                             $$\begin{gathered} \sum _{ }{I}_{in} = \sum _{ }{I}_{out} \\ I_1 + I_3 = I_2 + I_4 \\ 2 + I_3 = 6 + 3 \Rightarrow I_{3 }= 9-2=7A \end{gathered}$$      

     الشكل: قاعدة كيرشوف الأولى

 قاعدة كيرشوف الثانية Kirchhoff’s Second Rule
      تُسمّى هذه القاعدة بقاعدة العُروة، وهي تحقّقُ قانون حفظ الطاقة.  وعند عبور عروة باتجاه

    محدد فإن هناك مكونات  تخفض الجهد ومكونات  ترفع الجهد، وتنصُّ قاعدة كيرشوف الثانية أنّ:

      ((المجموع الجبري لتغيرات الجُهد عبر مكونات مسارٍ مُغلقٍ في دارةٍ كهربائيّةٍ يُساوي صفرًا))

      تعمل المقاومات على خفض طاقة الوضع الكهربائيّة للشحنة الافتراضية الموجبة عند انتقالها

      من جهدٍ مُرتفعٍ إلى جُهدٍ منخفضٍ خلال المقاومات، بينما تزداد طاقة الوضع الكهربائيّة للشحنة

      الموجبة عند عبورها البطارية من قطبها السالب الى قطبها الموجب، أي باتّجاه القوّة الدافعة

     الكهربائيّة. أي يرتفع  الجهد  عند الانتقال داخل البطارية من القطب السالب إلى القطب  الموجب.

     نظام ( الشحنة - الدارة ) نظام محافظ عند  حركة الشحنة  في مسار مغلق، أي أن  التغير في  طاقة 

      الوضع الكهربائية=0  وبالرموز:       

                                                                       $∆PE=q(\sum _{ }∆V)=0 \Rightarrow \sum _{ }∆V=0$ 

        قاعد كيرشوف الثانية بالصيغة الرياضية:   $\Leftarrow$       $\sum _{}Ir + \sum _{ }IR + \sum _{ }\epsilon =0$   

                  ( في مسار مغلق وباتجاه  محدد إما مع دوران عقارب الساعة  أو بعكس دوران  عقارب الساعة )

      أما  عند  عبور  مسار   في دارة  من نقطة  مثل (a )  إلى نقطة أخرى ( b ) أي في جزء من دارة  فإن:

                                                                                           $V_a + \sum _{ }∆V = V_b$ 

 أتحقّق: كيف يمكنُ تفسيرُ قاعدة كيرشوف الثانية عن طريق مبدأ حفظ الطاقة؟

   الجواب: بما أن القوّة الكهربائيّة قوّة محافظة؛ لذلك فإنّ طاقة نظام (الشحنة-الدارة) تكون

            محفوظةً عند   حركة الشحنة من نقطة محدّدة والعودة إليها، أي أنّ التغيّر في طاقة الوضع

           الكهربائية يساوي صفرًا.  ويُعطى بالعلاقة:
                                            0 =ΔPE = qΔV

        ومنه يكون المجموع الجبريّ للتغيُّرات في الجُهد يساوي صفرًا: Σ ΔV = 0                                               

لتتبع التغيُّرات في جهود مكوناتها باتّجاه حركةٍ مُحدّدٍ مسبقًا، مع مراعاتي نظامَ

  إشاراتٍ موجبةٍ وسالبة، كما يأتي:

أ -  عند عبور المقاومة ( $R$) من النقطة ( a) إلى النقطة ( b) باتّجاه التيار، فهذا يعني

      الانتقال من جُهدٍ مرتفعٍ عند بداية المقاومة إلى جُهدٍ منخفض عند نهايتها؛ لذلك

       يقلّ الجُهد ( $∆V = -IR$ )، كما في الشكل ( أ ).

 ب - عند عبور المقاومة باتّجاهٍ مُعاكسٍ للتيار؛ فهذا يعني الانتقال من جُهدٍ منخفضٍ

        إلى جُهدٍ مرتفع؛ لذلك يزداد الجُهد ( $∆V=IR$ ).   كما في الشكل (ب ).

 ج -  عند عبور بطاريّة من قُطبها السالب إلى قُطبها الموجب (مع اتّجاه قوّتها الدافعة

         الكهربائيّة)؛ فهذا يعني الانتقال من جُهدٍ منخفض إلى جُهدٍ مرتفع، لذلك يزداد

        الجُهد ( $∆V = \epsilon$ ). كما في الشكل ( جـ ).

د - عند عبور بطاريّة من قُطبها الموجب إلى قُطبها السالب (عكس اتجاه قوتها الدافعة

  الكهربائيةّ)؛ فهذا يعني الانتقال من جُهدٍ مُرتفعٍ إلى جُهد منخفض، لذلك يقلُّ الجُهد

   ( $∆V=-\epsilon$ ).كما في الشكل ( د ).

       ( المقاومة الداخلية لكلِّ بطاريّةٍ تُعامَل معاملة المقاومات الخارجية).

 مثال 9

    يمثل الشكل  المقابل دارة كهربائية،  إذا عُلِم أن القدرة الكهربائية المستهلكة 

     في المقاومة ( R₁) يساوي ( 20w ) واعتماداً  على  البيانات الواردة  في الشكل،

      أجد كل مما يلي:

      أ-  قراءة الأميتر ( A ).

     ب- مقدار  القوة الدافعة  الكهربائية ( $\epsilon$ ) مستخدماً قاعدة كيرشوف الثانية.

        المعطيات: P₁=20w   ,       البيانات الواردة في الشكل
      المطلوب: أ. قراءة  الأميتر ( A )              ب. مقدار ( $\epsilon$ )

      الحل: 

             أ. أجد مقدار ( $I_1$ ):     $P_1 = {I_1}^{2}R \Rightarrow 20 = \Rightarrow {I_1}^2\times 5 \Rightarrow I_1= 2A$

                 والمقاومتان ( R₁ ) و (R₂)   على التوازي لذلك لهما فرق الجهد نفسه:

                                      $$\begin{gathered} V_1 = V_2 \Rightarrow I_1\times R_1 = I_2\times R_2 \\ 2\times 5 = I_2\times 15\Rightarrow I_2=\frac{10}{15} =\frac{2}{3}A \end{gathered}$$ 

                       أجد قراءة الأميتر باستخدام قاعدة كيرشوف الأولى: 

                                          $I_T = I_1 + I_2 =2 +\frac{2}{3}=\frac{8}{3}A$       

             ب.     أحتاج المقاومة المكافئة للمقامتين ( R₁ ) و (R₂):

                               $\frac{1}{R_{12}}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}=\frac{1}{5}+\frac{1}{15}=\frac{4}{15} \Rightarrow R_{12}=\frac{15}{4} \Omega$        

         ولإيجاد مقدار   القوة الدافعة الكهربائية($\epsilon$ )، أستخدم:

        قاعدة كيرشوف الثانية مع عقارب الساعة من النقطة ( a ) والعودة  للنقطة نفسها: 

                                                            $$\begin{gathered} V_a +\sum _{ }∆V =V_a \Rightarrow \sum _{ }∆V =0 \\ -I_T{R}_3 - I_T{R}_{12} - I_{T}r +\epsilon =0 \\ -\frac{8}{3}\times 3 - \frac{8}{3}\times \frac{15}{4} -\frac{8}{3}\times 1.5 + \epsilon =0 \\ -8 -10 -4 +\epsilon =0 \Rightarrow \epsilon =22V \end{gathered}$$                       

 مثال 10:

دارةٌ كهربائيّةٌ بسيطةٌ تتكوّن من بطاريتين ومقاومتين، كما في الشكل   المقابل،

 إذا كانت كلتا المقاومتين الداخليتين تساوي ( 0.5 Ω )،مُستخدمًا القاعدة الثانية لكيرشوف؛

 أجدُ قيمة التيار وأحدّد اتّجاهه.
المعطيات:
بيانات الشكل ، r₁ = 0.5 Ω, r₂ = 0.5 Ω
المطلوب: $I$ =?

   الحل:

الحل:
أفترض اتّجاه التيار في الدارة )العروة( بعكس اتّجاه عقارب الساعة، وأفترضُ كذلك اتّجاه

 عبور مكوّنات الدارة، بعكس اتّجاه عقارب الساعة أيضًا، مُبتدئًا العبور من النقطة ( a) عبر

  المسار: a → b → c → d → a 

                                      $$\begin{gathered} V_a +\sum _{ }∆V =V_a \Rightarrow \sum _{ }∆V =0 \\ -I R_1+{\epsilon }_2 -I{r}_2 - I_{ }{R}_{ 2}-{\epsilon }_1 - I r_1 =0 \\ {\epsilon }_2 - {\epsilon }_1 -I( R_1+r_2 +R_1 + r_1) =0 \\ 8 -12 -I( 8 +0.5 +1 +0.5) =0 \\ -4 -I\times 10 =0 \Rightarrow I =\frac{-4}{10} =-0.4A \end{gathered}$$  

       أستنتجُ من الإشارة السالبة أن اتّجاه التيار بعكس الاتجاه المفترض؛ أي إن التيار يسري

       في الدارة مع اتّجاه  عقارب الساعة.

   تمرين:

   أعيدُ حلّ المثال السابق بافتراض اتّجاه التيار مع اتّجاهِ عقارب الساعة، واختيار اتّجاه العبور

   بعكس اتّجاه عقارب الساعة. ثم أستنتج أثر ذلك في نتيجة الحلّ.

   الحل:

      التيار باتجاه عقارب الساعة، والعبور بعكس عقارب الساعة، وبتطبيق قاعدة

      كيرشوف الثانية  في  مسار مغلق من النقطة (ِ a )  والعودة للنقطة نفسها:

                                            $$\begin{gathered} V_a +\sum _{ }∆V =V_a \Rightarrow \sum _{ }∆V =0 \\ I R_1+{\epsilon }_2 +I{r}_2 + I_{ }{R}_{ 2}-{\epsilon }_1 + I r_1 =0 \\ {\epsilon }_2 - {\epsilon }_1 +I( R_1+r_2 +R_1 + r_1) =0 \\ 8 -12 +I( 8 +0.5 +1 +0.5) =0 \\ -4 +I\times 10 =0 \Rightarrow I =\frac{ 4}{10} = 0.4A \end{gathered}$$

                              بما أن التيار موجب، لذلك الاتجاه المفروض  له   هو الاتجاه الصحيح.

 مثال11:

   اعتماداً  على  الشكل المجاور الذي يمثل دارة كهربائية،  وياستخدام قاعدتي  كيرشوف،

     أجد كل مما يلي: 

     أ. مقدار كل من ( $I_{ } =? , I_2=? , I_1=?$ )

    ب. الطاقة المستهلكة  في البطارية خلال  زمن مقداره  10s? 

      الحل:

     أ.  حسب قاعدة كيرشوف الأولى وعند  نقطة  التفرع ( a ) يكون:

                           $I = I_1 + I_2 .................................... 1$

    وباستخدام  قاعدة  كيرشوف  الثانية على  العروة ( 1 )  مع حركة عقارب  الساعة من

   النقطة ( a )  والعودة للنقطة نفسها ( مسار  مغلق ):

                              $$\begin{gathered} V_a +\sum _{ }∆V = V_a \\ \sum _{ }∆V = 0 \\ - I_2( 20 + 40 )+ I_2( 15 )=0 \Rightarrow I_2 =\frac{I_1}{4} ............ 2 \end{gathered}$$

             من المعادلة ( 1 ) يكون التيار  الكلي بدلالة ( $I_1$  ):

                                      $I = I_1 + I_2 =I_1 + \frac{I_1}{4} \Rightarrow I =\frac{5 I_1}{4}$     

      وباستخدام  قاعدة كيرشوف  الثانية على  العروة ( 2 )  مع حركة عقارب 

      الساعة من النقطة ( a ) والعود إلى  النقطة نفسها:

             $$\begin{gathered} \sum _{ }∆V =0 \\ {I}_1( 15 ) -I( 1 +7 ) +25 =0 \Rightarrow -15I_1 -( \frac{5I_1}{4})\times 8 +25 =0 \\ \Rightarrow -15I_1 -10I_1 + 25 =0 \Rightarrow I_1=1A \end{gathered}$$  

          لأجد مقدار ( $I_2$  )، أستخدم  العلاقة رقم ( 2 ) السابقة  ثم أجد  مقدار ( $I$ ):

                                                             $$\begin{gathered} I_2 =\frac{I_1}{4} =\frac{1}{4} \Rightarrow I_2 = 0.25A \\ I = I_1 + I_2 =1 + 0.25 \Rightarrow I = 1.25A \end{gathered}$$

    ب. الطاقة المستهلكة في البطارية = القدرة المستهلكة × الزمن:

                                                                   $$\begin{gathered} E =P\times ∆t =\left(I^{2}r\right)\times ∆t \\ ={(1.25)}^2\times 1\times 10 =15.6J \end{gathered}$$       

      (  إذا استخدمت  العروة ( 3 ) في  حل المثال سأحصل  على  نفس  اللإجابات)               

 مثال:

جزءٌ من دارةٍ كهربائيّةٍ مُركّبة، كما في الشكل  المقابل، فيه ( I₃ = 4.5 A) ،(I₁ = 3.0 A ).

 إذا علمتُ أنّ  (V_c = 9.0 V ). أحسبُ جهد النقطة  (a )

لمعطيات: بيانات الشكل، I₃ = 4.5 A,                       V_c = 9.0 V                 I₁ = 3.0 A

      المطلوب: $V_a =?$

 الحل :  أطبق قاعدة كيرشوف الأولى لحساب ( $I_2$ )

         $\Sigma I = 0 \to I_1 + I_2 = I_3 \to I_2 = I_3 - I_1 = 4.5 - 3.0 = 1.5 A$ 

   أطبّق القاعدة الثانية لكيرشوف عند العبور من ( a) إلى ( c)، كما يأتي:

       $$\begin{gathered} V_a + \Sigma \Delta V = V_c \\ V_a - I_1{R}_1 + {\epsilon }_1 - I_1{r}_1 + I_2{R}_2 - {\epsilon }_2 + I_2{r}_2 = V_c \\ V_a - 3.0\left(5\right) + 10 - 3.0\left(2\right) + 1.5\left(4\right) -5 + 1.5\left(1\right) = 9.0 \\ V_a - 8.5 = 9.0 \\ V_a = 17.5 V \end{gathered}$$

                أستنتج أن جُهد النقطة ( a) أكبر من  جُهد النقطة ( c) بمقدار ( 8.5V ).

  مثال:

 تتكوّن دارة كهربائيّة من عروتين، كما في الشكل ( المقابل)، معتمدًا على بيانات الشكل،

   كل من:

أ - أحسبُ قِيَم باقي تيارات الدارة وأحدّد اتجاه كل تيار.

ب- أحسبُ مقدار المقاومة الداخلية ( .(r_{3 )}

 المعطيات: بيانات الشكل.

 المطلوب: ? = I3 = ?, I2 = ?, r3
الحل:
أ.    لتطبيق القاعدة الأولى لكيرشوف، أفترض أنّ نقطة التفرع   (c )يدخل إليها تيار ( I₁ )،

     ويخرج منها تياران ( I₂, I₃ )، وأمثّل ذلك بأسهم على الشكل المقابل، 

     ثم أكتب المعادلة الأولى:  

                                                                         $$\begin{gathered} I_1 = I_2 + I_3 \\ 2 = I_2 + I_3 ..................................... 1 \end{gathered}$$ 

     توجد في الدارة ثلاث عُرى، هي  (abcfeda)     والعروة رقم (1     abcda )ورقم ( 2     cfedc) ،

   سأختار منها العروة الثانية ( 2 )  لتطبيق القاعدة الثانية لكيرشوف، لأنها تتضمن التيار

   المعلوم (  $I_1 =2A$ ):

                                 $$\begin{gathered} Vc + \Sigma \Delta V = Vc \\ +{\epsilon }_1 + I_1{r}_1 + I_1{R}_1 + {\epsilon }_2 + I_2{r}_2 + I_2{R}_2 = 0 \\ 14 + (0.6)I_1 + (2.4)I_1 + 4 + \left(1\right)I_2 + \left(7\right)I_2 = 0 \\ 14 + (0.6 + 2.4) \times 2 + 4 + \left(8\right)I_2 = 0 \Rightarrow 24 + 8I_2 =0 \\ I_2 = -\frac{24 }{8} = -3 A \end{gathered}$$

          ومن المعادلة رقم ( 1 ) أجد مقدار ( $I_3$ ):     

                                    $2 = I_{2 } + I_{3 } \Rightarrow 2 =(-3) + I_{3 } \Rightarrow I_3 =5A$

   إشارة التيار ($I_3$ ) موجبةٌ، ممّا يعني أنّه بالاتّجاه المُفترض، وإشارة التيار ( $I_2$ ) سالبة؛

    أي أنّه بعكس الاتّجاه المفترض.

    ب.  لحساب المقاومة الداخلية ( r₃ ) أطبق القاعدة الثانية لكيرشوف على العروة الأولى( 1 )

     ( abcda )، سأعبُرها بعكس اتجاه حركة عقارب الساعة بدءًا من النقطة ( a)، مع تعديل

       اتجاه ($I_2$ ) ليصبح من ( d) إلى ( c) للحصول على:

                                             $$\begin{gathered} V_a + \Sigma \Delta V = V_a \\ -{\epsilon }_3 + I_3{r}_3 + I_2{R}_2 - {\epsilon }_2 + I_2{r}_2 = 0 \\ -25 + 5r_3 + (3 \times 7) - 4 + (3 \times 1) = 0 \\ 5 \left(r_3\right)= + 29 - 24 \to 5r_3 = 5 \Rightarrow r_3 = 1 \Omega \end{gathered}$$

  مثال:

 جزءٌ من دارةٍ كهربائيّةٍ مُركّبة، كما في الشكل  المقابل ، اعتماداً على القيم الواردة

  في الشكل،أجد فرق الجهد (  $(V_a -V_b)$.

     المعطيات : الشكل المقابل.

       المطلوب: $(V_a -V_b)$.

  الحل: أطبق علاقة فرق الجهد بين نقطتين في جزء من دارة:

$$\begin{gathered} V_{a }+ \sum _{ }∆V =V_b \\ V_a -2\times 5 -10 + 16- 2\times 3=V_b \\ V_a-V_b -10=0 \Rightarrow V_a- V_b= 10V \end{gathered}$$   

   بما ان فرق الجهد موجب، لذلك أستنتج أن جهد النقطة ( a ) أعلى من

     جهد النقطة ( b ).

 تمرين:

 معتمدًا على بيانات الشكل المقابل، حيث ( $I = 2A$   ) وجهد النقطة ( (b )يساوي صفرًا،

 بسبب اتّصالها بالأرض. أجدُ جُهدَ النقطة  ( a )

 ملاحظة: تُعدُّ الأرضُ موصلً ضخمًا يمكنه تفريغُ شحنة الأجسام  المُتّصلة به؛ لذلك فإنّ

              أيّ جسمٍ يُوصَل بالأرض  يصبح  جهدهُ صفرًا.

  المعطيات: جزء  الدارة المقابل:

المطلوب: $V_a$

  الحل:

    أستخدم  علاقة فرق الجهد  بين  نقطتين في  دارة، وأبدأ من النقطة ( a ) إلى النقطة (b ):

                                                   $$\begin{gathered} V_a + I{R}_2 +I{r}_2-{\epsilon }_2 =V_b , V_b =0 \\ {V}_a + 2\times 3 +2\times 1 -12 =0 \\ {V}_a -4=0 \Rightarrow V_a=4V \end{gathered}$$  

 مثال: 

 يمثل  الشكل  المجاور جزءاً  من دارة  كهربائية، إذا  علم  أن 

  فرق الجهد    ( V_b-V_c =5V)  احسب  كل  مما يأتي:

 1-  مقدار  كل  من ( $\left(I_{ }\right) و ( I_2 ) و ( I_1 )$).

  2- القدرة المستهلكهة في المقاومة ( $10\Omega$ ) 

   3-  فرق الجهد ( V_a-V_c ).

 الحل: 

 أ.  استخدم علاقة فرق الجهد بين  النقطين (b) و ( c )  وفي  الجزء  العلوي 

   من العروة المغلقة:

                               $$\begin{gathered} V_b + \sum _{ }∆V = V_c \Rightarrow V_b -V_c +\sum _{ }∆V =0 \\ 5 + ( -I_1 ( 3+2) +10)=0 \Rightarrow I_1=3A \end{gathered}$$

      بنفس الطريقة  على الجزء  السفلي  من  العروة  نفسها:

                       $$\begin{gathered} V_b + \sum _{ }∆V = V_c \Rightarrow V_b -V_c +\sum _{ }∆V =0 \\ 5 + ( -I_2 (5+1+2) +7)=0 \Rightarrow I_1=1.5A \end{gathered}$$ 

      أستخدم  قاعدة  كيرشوف الأولى لإيجاد مقدار التيار ( $I$ ):

                                                $I = I_1 + I_2 = 3 + 1.5 =4.5A$   

 ب:  القدرة المستهلكة في المقاومة ( $10\Omega$ ):

                    $P = I^{2}R = {(4.5)}^2\times 4=81W$         

  ج.    استخدم علاقة فرق الجهد بين  النقطين (a ) و ( d )  وفي 

         الجزء  العلوي  مرورا القوة الدافعة  الكهربائية ( ${\epsilon }_1$ ):

                       $$\begin{gathered} V_a + \sum _{ }∆V = V_d \Rightarrow V_a -V_d +\sum _{ }∆V =0 \\ {V}_a - V_d -4.5\times 4 - 3 (3 +2 )+ 10 =0 \\ V_a - V_d =23V \end{gathered}$$                   

             واحصل  على  نفس  الجواب عن العبور بين النقطتين ( a )  و (b ) 

             عبر القوة الدافعة  الكهربائية (${\epsilon }_2$  ):           

                                    $$\begin{gathered} V_a + \sum _{ }∆V = V_d \Rightarrow V_a -V_d +\sum _{ }∆V =0 \\ {V}_a - V_d -4.5\times 4 - 1.5 (5 +1+2 )+ 7 =0 \\ V_a - V_d =23V \end{gathered}$$