Определите площадь под графиком (сосчитайте клетки или приблизьте фигуру набором трапеций; обратите внимание на единицы измерения вашей площади (мм\(\cdot\)м)).

Сумма напряжений на \(R_1\) и \(R_2\) постоянна, \(I_1R_1+I_2R_2 = \Const\), а значит, можно найти изменение тока через \(R_2\). Изначально \(I_1 = I_2\); позже разность этих двух токов идёт в лампу.

Резисторы 4 и 5 соединены параллельно между \(B\) и \(C\).

В силу симметрии через резистор моста тока нет, а значит, его можно убрать (оба его вывода делят полное напряжение между входными выводами схемы в отношении 2:3).

Найдите токи в верхних резисторах (2\(\Om\) и 3\(\Om\)), закоротив амперметр; разность этих двух токов идёт в амперметр.

Для вольтметра показание пропорционально току через него. Значит, можно найти ток через \(V_2\); воспользуйтесь законом токов Кирхгофа для нахождения тока амперметра.

Сумма показаний вольтметров связана с суммой их токов: \(\sum_{i=2}^{15}V_i = \sum_{i=2}^{15}rI_i = r\sum_{i=2}^{15}I_i\), что равно \(A_2\), как следует из идеи 8 для области, отмеченной красной линией на рисунке ниже; здесь \(r\) — внутреннее сопротивление вольтметров.

Три левых резистора образуют \(\Delta\)-соединение, которое можно заменить \(Y\)-соединением, состоящим из резисторов по 1\(\Om\).

Замените всю схему на рисунке эквивалентной батареей с \(\emf_{\text{эфф}} = \emf\frac{R_2}{r+R_1+R_2}\).

При решении с помощью идеи 10: сначала найдите внутреннее сопротивление эквивалентной батареи; эквивалентную электродвижущую силу можно найти, сравнив токи двух систем при закороченных выводах. При использовании идеи 11: замените все батареи источниками тока; при параллельном соединении источников тока токи просто складываются, так что набор источников тока легко заменить одним эквивалентным источником тока (а на последнем шаге источник тока — батареей).

Считайте, что \(\emf_1\) закорочена, и вычислите токи через батареи \(I_{1n}\), \(n = 1…4\); затем считайте, что закорочена \(\emf_2\), и вычислите токи через батареи \(I_{2n}\), \(n = 1…4\). Окончательными ответами будут \(I_{1n}+I_{2n}\), \(n = 1…4\). Как вариант, покажите, что после зеркального отражения схемы относительно вертикальной оси она остаётся тождественной себе, но токи через \(R_2\) и \(R_4\) меняют направление, значит, эти токи должны быть нулевыми, а значит, эти резисторы можно «отрезать».

Как уже упоминалось, численные значения таковы, что в единицах СИ каждое «сопротивление» двойственной схемы численно ровно в 4 раза меньше соответствующего сопротивления исходной схемы. Поэтому полное «сопротивление» двойственной схемы тоже должно быть в 4 раза меньше, \(4R^\star\cdot\Omega^2 = R\). С другой стороны, «сопротивление» двойственной схемы равно сопротивлению исходной схемы, \(R^\star = 1/R\); отсюда сразу получаем ответ.

Считайте, что схема эквивалентна батарее с электродвижущей силой \(\emf\) и внутренним сопротивлением \(r\); затем выпишите уравнения для \(\emf\) и \(r\) аналогично тому, как это было сделано для задачи 16.

Если ток \(I\) подан в один из выводов, он поровну распределяется между тремя ветвями: по \(I/3\) в каждой. В следующем узле каждый из этих токов снова делится поровну, так что в следующих проводах ток равен \(I/6\).

Для слияния узлов: слейте \(B\) с \(F\) и \(C\) с \(E\), так что \(A\) будет соединена со слитым узлом \(BF\) (а \(BF\) — с \(CE\)) через сопротивление \(R/2\). Для расщепления ребра: расщепите \(OD\) на резисторы \(OD'\) и \(OD''\), каждый сопротивления \(2R\).

Рассмотрите симметричные распределения токов: (A) ток \(I\) вводится в одну вершину (\(P\)), а \(I/19\) выводится из всех остальных 19 вершин; (B) ток \(I\) выводится из вершины, соседней с вершиной \(P\), а \(I/19\) вводится во все остальные 19 вершин.

Сведите эту задачу к предыдущей, представив недостающий провод как параллельное соединение \(R\) и \(-R\): сопротивление всех остальных резисторов, кроме \(-R\), даётся ответом предыдущей задачи.

Для первой половины процесса переходы состояний резисторов будут происходить при полных напряжениях \(V_1 = 1{,}5\) В и \(V_2 = 5\) В; для второй половины соответствующие напряжения переходов — \(V_2' = 3\) В и \(V_1' = 1{,}25\) В.

Ток диода можно выразить как \(\emf-IR\); проведите эту прямую на данном графике и найдите точку пересечения.

Найдите ток туннельного диода точно так же, как для задачи 24; пусть напряжение точки пересечения равно \(V_0\). Найдите котангенс \(R_t = \Delta V/\Delta I\) кривой \(I(V)\) при этом напряжении (заметим, что \(R_t<0\)). Замените туннельный диод последовательным соединением батареи с электродвижущей силой \(V_0\) и сопротивления \(R_t\). Если входное напряжение изменится на \(\Delta V\), ток изменится на \(\Delta I = \Delta V/(R+R_t)\), а выходное напряжение изменится на \(R\Delta I\), значит, коэффициент усиления \(n = R\Delta I/\Delta V\).

Оставьте ещё 4 провода (четыре красных на левом рисунке ниже); закоротите только четыре узла, как показано на рисунке; тогда в силу симметрии среднюю точку \(C\) зелёного провода тоже можно слить с закороченными узлами (потому что у них будет одинаковый потенциал, если приложить напряжение между выводами \(A\) и \(B\)).

При исходной полярности два самых левых диода открыты, т. е. их можно закоротить (что даёт параллельное соединение трёх самых левых резисторов), а третий диод закрыт, т. е. его можно «отрезать». При обратной полярности состояния диодов меняются на противоположные: самый правый диод открыт и закорачивает четыре самых правых резистора (которые поэтому можно убрать), а остальные диоды закрыты, так что три самых левых резистора соединены последовательно.

Напряжение на первом диоде равно 1 В, значит, к остальным диодам приложено меньшее напряжение (резисторы тоже забирают некоторое напряжение), и они закрыты. В результате первый диод можно заменить батареей на 1 В, а остальные диоды — «отрезать». Мощность, выделяющаяся на первом диоде, находится как его напряжение (1 В), умноженное на ток через него.

Вычислите электродвижущую силу и внутреннее сопротивление батареи, эквивалентной набору из четырёх резисторов и батареи; вычисление внутреннего сопротивления можно упростить, если три \(\Delta\)-соединённых резистора заменить \(Y\)-соединением.

Замените три резистора и батарею эквивалентной батареей с внутренним сопротивлением \(r\); тем самым задача сводится к задаче 24.

Заметим, что \(I_A/I_B = R_B/R_A = 2\), значит, предохранитель \(A\) перегорит первым. Обратите внимание, что во втором случае предохранитель \(B\) выдерживает больший ток, чем полный ток, при котором перегорает предохранитель \(A\).

Схема распадается на комбинацию последовательных и параллельных соединений. Пользуясь данными значениями напряжений, можно заключить, что \(\frac{Rr}{R+r} = \frac23\frac{2Rr}{2R+r}\), где \(r\) — сопротивление вольтметра.

Излучаемое тепло \(AT^4\) равно электрической мощности \(VI\); кроме того, \(R = V/I = BT\) (где \(A\) и \(B\) — постоянные).

Сначала применим идею 6 и заменим амперметры проводами; затем применим идею 5: два вертикально расположенных резистора соединяют непосредственно выводы батареи; остальные четыре резистора образуют две пары параллельно соединённых резисторов (эти пары соединены последовательно).

Примените идею 6: схема становится комбинацией параллельных и последовательных соединений; найдите ток амперметра по закону токов Кирхгофа.

Примените идею 6; найдите токи амперметров по закону токов Кирхгофа (помните, что в силу симметрии у всех амперметров ток одинаков по модулю).

Распределение напряжения между вольтметрами в этой схеме определяется отношением сопротивления резистора \(R\) к внутреннему сопротивлению вольтметра \(r\). Если выразить отношение \(V_3/V_1 = 0{,}8\) через \(r/R\) (напряжение батареи сокращается в этом уравнении), мы получим квадратное уравнение для \(x = r/R\). Зная \(r/R\), мы можем найти и \(V_2/V_1\).

Примените результат задачи 11 для частного случая трёх батарей (у одной из которых \(\emf = 0\)).

Поскольку через амперметр тока нет, его можно «отрезать». Кроме того, поскольку в амперметре тока не было, напряжения на \(R_1\) и \(R_2\) равны; благодаря этому мы можем найти напряжение \(V_2\) на \(R_2\). Чтобы найти напряжение на \(R_3\), нам нужен его ток, который течёт также через \(R_2\) и может быть найден как \(V_2/R_2\).

Примените идею 1 для двух случаев (7 ламп и 8 ламп).

Решение полностью аналогично задаче 35.

Примените идею 9: не стоит объединять \(A_1\), \(A_2\) и \(A_3\) в \(Y\), потому что мы потеряем информацию, данную в условии задачи (токи \(I_1\) и \(I_2\) слились бы в один провод эквивалентного \(Y\)-соединения). Поэтому заменим \(A_2\), \(A_3\) и \(A_4\) \(\Delta\)-соединением (каждый резистор которого имеет сопротивление \(3r\)). Мы знаем сумму токов \(I_2\) в двух проводах \(\Delta\)-соединения и можем найти ток через тот резистор \(3r\), который параллелен \(A_1\), как \(I_1/3\) (см. идею 1). Отсюда мы можем определить все токи (зная токи, легко найти и \(R/r\)). Как вариант, задачу можно решить, воспользовавшись идеей 13.

Для первой полярности самый левый диод закорачивает все остальные резисторы, кроме двух в левом верхнем углу схемы. Для обратной полярности самый левый диод закрыт (его можно «отрезать»), а следующий диод закорачивает пять резисторов, остающихся справа от него.

Примените приём решения задачи 20.

Примените приём решения задачи 20.

Примените идеи 22 и 23 (используйте отрицательный резистор между \(B\) и \(C\)); вычислите все попарные сопротивления (\(A-B\), \(A-C\) и \(B-C\)) для симметричной решётки; примените идею 9, чтобы «отрезать» провод между \(B\) и \(C\).

Примените приём решения задачи 21.

Рассмотрите этот десятиугольник (с несколькими недостающими сторонами) как десятиугольник задачи 48, к которому дополнительно параллельно сторонам \(AB\) и \(BC\) подключены отрицательные сопротивления \(-R\) (идея 23). Далее примените обобщённую идею 9: представьте десятиугольник задачи 48 как \(Y\)-соединение из 10 одинаковых резисторов. Наконец, вычислите сопротивление по идее 1.

(I) оставьте провода так, как показано ниже красными, синими и зелёными линиями; (II) закоротите узлы так, как показано ниже чёрными линиями.

Заметим, что удаление первой ячейки этой бесконечной цепочки увеличивает её сопротивление ровно в два раза; используйте этот факт, чтобы применить идею 18.

Используйте тот же подход, что и для задачи 17.

Примените идею 27: закоротите (а затем отрежьте) все те провода, о которых не известно, что они целы; полезны будут также идеи 20, 21 и 5.

Заметим, что колёсный граф самодвойствен, так что всё, что нам нужно сделать, — воспользоваться идеей 17. Точнее, предположим, что в случае одной из спиц последовательно с резистором \(r\) дополнительно подключена батарея. В двойственной схеме спицы становятся сегментами обода (с «сопротивлением» \(1/r\)) и наоборот. Итак, схема почти самодвойственна (с отношением сопротивления к «сопротивлению», равным \(Rr\)), только «батарея» теперь на сегменте обода (а не на спице, как исходная батарея). Есть также альтернативное решение, использующее результат обобщённой задачи 55.

Во-первых, нам нужно выписать выражение для сопротивления между \(i\)-м и \(j\)-м узлами, если между ними есть прямое соединение, и это легко сделать: \(R_{ij} = (\varphi_i^{(ij)}-\varphi_j^{(ij)})/I\), где \(\varphi_k^{(ij)}\) обозначает потенциал \(k\)-го узла, когда ток \(I\) вводится в \(i\)-й узел и выводится из \(j\)-го узла. Наш план — сложить все уравнения, и потому мы не хотим иметь в нашем выражении условий «если», потому что трудно ожидать, что такие выражения сократятся при взятии суммы. Решение здесь — умножить это выражение на проводимость \(\sigma_{ij}\) прямого соединения между двумя узлами: если прямое соединение есть, \(\sigma_{ij} = 1/R\), и результатом будет \(R_{ij}/R\). Если прямого соединения нет, результат будет нулевым, и потому вклада в сумму не будет. Вторая проблема в том, что если мы продолжим использовать потенциалы \(\varphi_k^{(ij)}\), при взятии суммы ничего не сократится: для каждого сопротивления \(R_{ij}\) мы вводим новое распределение потенциалов (как указано верхними индексами). Нам явно нужно уменьшить число распределений потенциала. К счастью, это можно сделать с помощью принципа суперпозиции (аналогично идее 22): введём опорный узел, пусть он имеет индекс \(i = 1\); рассмотрим \(n-1\) распределений потенциала \(\varphi_j^{(k)}\) (\(2\le k\le n\)), когда ток \(I\) вводится в \(i\)-й узел и выводится из 1-го узла. Тогда \(\varphi_k^{(ij)} = \varphi_k^{(i)}-\varphi_k^{(j)}\). Остаётся взять сумму \(\sum_{i,j}R_{ij}\); заметим, что порядок суммирования можно выбирать по необходимости, либо \(\sum_i\sum_jR_{ij}\), либо \(\sum_j\sum_iR_{ij}\); не забудьте, что при такой сумме каждая пара узлов считается дважды.

Согласно идее 31, ток возмущения \(\tilde I\) описывается схемой, которую мы получаем, если заменить диод сопротивлением \(R_{\text{диф}}\) и убрать электродвижущую силу. Для этой эквивалентной схемы воспользуйтесь фактом 17.

Повторите решение задачи 57, пользуясь идеями 32, 33 и 32 (это означает, что потеря энергии на диоде равна \(V_d\Delta q\), где \(\Delta q\) — изменение заряда).

Воспользуйтесь идеей 32, чтобы получить уравнение для конечного напряжения; примените также идеи 33 и 32 и заметьте, что в начальном и конечном состояниях тока нет, а значит, нет и энергии катушки.

Изначально все конденсаторы заряжены до напряжения \(\frac13\emf\), т. е. \(q = \frac13C\emf\). Полный заряд системы «правая пластина 1-го + левая пластина 2-го конденсатора + правая пластина 3-го конденсатора» (система \(A\)) сохраняется; в конечном состоянии, когда через резистор нет тока, система \(A\) будет эквипотенциальной, и то же относится к системе \(B\) (состоящей из всех остальных пластин конденсаторов), а значит, все пластины системы \(A\) будут иметь одинаковый заряд.

Часть (а): примените идеи 32 и 35: при \(\frac{dI}{dt} = 0\) на \(L\) нет напряжения, а значит, нет напряжения и на \(C_2\), а значит, на \(C_1\) напряжение \(\emf\). Часть (б): используйте тот же подход, заметив, что когда на \(C_1\) экстремальное напряжение, на \(C_2\) тоже экстремальное напряжение (поскольку сумма этих напряжений даёт постоянную \(\emf\)). Значит, нет тока через провода, ведущие к \(C_1\), и нет тока через провода, ведущие к \(C_2\); по закону токов Кирхгофа нет тока и через \(L\).

Примените идею 36: найдите напряжение на \(C_1\) для стационарного состояния системы (постоянный \(I\) означает отсутствие напряжения на \(L\), а значит, полное \(\emf\) на \(C_1\)). Далее закоротите \(\emf\) (\(C_1\) и \(C_2\) станут параллельными) и найдите свободные колебания напряжения на \(C_1\) в виде \(V = V_0\cos(\omega t+\varphi)\) (чему равно \(\omega\)?), а \(V_0\) и \(\varphi\) определите из начальных условий (т. е. начальных значений \(V\) и \(\frac{dV}{dt}\)).

В течение первого полупериода, когда \(K\) замкнут, к диоду приложено обратное напряжение батареи, и потому он закрыт; согласно идее 37, ток через катушку растёт линейно в соответствии с приложенным напряжением 5 В. В начале второго полупериода, когда ключ размыкается, этот ток будет перенаправлен через диод; диод откроется, поскольку это прямой ток. Теперь к катушке будет приложено напряжение \(-7\) В, что соответствует линейному уменьшению тока. Как только ток достигнет 0 А, диод снова закроется (к нему будет приложено обратное напряжение \(-7\) В). Средний зарядный ток находится как заряд, прошедший через батарею (площадь под графиком \(I(t)\) за второй полупериод), делённый на период.

(а) Изначально в системе не было ни заряда, ни тока; поэтому сразу после замыкания ключа тока в \(L\) всё ещё нет, согласно идее 38 мы его «отрезаем», а на конденсаторе всё ещё нет ни заряда, ни напряжения, поэтому мы его закорачиваем; для такой упрощённой схемы легко вычислить ток амперметра.

(б) Когда достигнуто новое равновесие, согласно идее 38 мы «отрезаем» конденсатор и закорачиваем катушку.

(в) Для последней части катушка сохранит ток части (б), поэтому мы заменяем её соответствующим идеальным источником тока; конденсатор сохранит напряжение части (б), поэтому мы заменяем его соответствующей идеальной батареей. Схема далее упрощается с помощью идеи 6.

(а) В течение каждого полупериода конденсатор очень быстро (по сравнению с длиной периода) достигнет стационарного состояния: постоянный заряд на конденсаторе означает отсутствие тока, так что весь ток течёт через резистор.

(б) Согласно идее 38 конденсатор остаётся по существу закороченным, так что почти весь ток идёт на пластины конденсатора (и ничего не идёт на резистор). Значит, заряд \(q\) на конденсаторе можно найти по идее 39; \(V = q/C\).

(в) Используйте график из части (а); помните, что амплитуда колебаний равна половине разности минимального и максимального значений.

(г) Это всё те же пилообразные колебания, что и в части (б), но значение \(V_0\), вокруг которого колеблется напряжение, медленно меняется, пока не будет достигнуто полностью периодическое поведение; стационарное значение \(V_0\) можно найти, применив идею 40.

Характерное время \(L/R\) много больше периода: ток в катушке будет оставаться почти постоянным в течение периода. Предположим, что входное переменное напряжение включено; сначала тока в катушке нет, она как бы «отрезана». Диод открыт в течение полупериода: тогда диод работает как провод без сопротивления, и напряжение катушки равно входному напряжению; в течение другого полупериода диод закрыт, «отрезая» правую часть схемы: поскольку в катушке нет тока, нет тока и в резисторе, а значит, нет напряжения на катушке. Это значит, что в среднем за весь период на катушке положительное напряжение: ток катушки начинает медленно расти. Постоянный ток катушки означает, что диод будет оставаться открытым дольше полупериода. Теперь, чтобы применить идею 40, изобразите график напряжения катушки как функции времени и попробуйте выяснить, при каком условии среднее напряжение катушки станет равным нулю.

Заметим, что внешнее магнитное поле меняется от \(-NBS\) до \(+NBS\) (или наоборот) и что самоиндуцированный поток равен 0 и в начале, и в конце (хотя между ними принимает ненулевые значения); примените идею 41.

(а) Заметим, что если \(r = 0\), есть сверхпроводящий контур, содержащий \(L\) и \(r\), а значит, \(I_2 = \Const\); воспользуйтесь законом токов Кирхгофа, чтобы получить \(I_1\) при \(t<t_3\); заметим, что при \(t = t_3\) имеем \(I_1 = 0\), так что даже при \(t>t_3\) на \(r\) нет напряжения, значит, \(I_2 = \Const\).

(б) В момент \(t = 1\) мин характерное время схемы, содержащей \(L\), упадёт от бесконечности до нового значения (для его нахождения используйте идею 36); проанализируйте теперь задачу с помощью идеи 38 (система будет релаксировать к новому равновесному состоянию с указанным характерным временем).

(в) Есть три этапа: сначала уменьшить ток в \(r\) (увеличив полный ток) так, чтобы он упал ниже 0{,}5 А; во-вторых, перевести его в нормальное проводящее состояние и, удерживая \(I_1\) малым, уменьшать \(I_2\) уменьшением полного тока (чтобы удержать \(I_1\) малым, величина \(I_1 = L\frac{dI_1}{dt}r_n^{-1}\) должна быть малой, т. е. процесс должен быть медленным); в-третьих, вернуть \(r\) в сверхпроводящее состояние.

(г) Первый шаг тот же, что и для (в), второй шаг — увеличить полный ток дальше (от 20 А до 30 А) при \(r = r_n\), третий шаг — сделать \(r = 0\) и уменьшить полный ток обратно до нуля.

(а) Используйте идею 43-i: магнитный поток \(L(I_1+I_2)\) в ферромагнитном сердечнике (ср. факт 20) не меняется мгновенно, а непосредственно перед переключением поток был нулевым (это даёт нам первое уравнение). Следуя идее 43-ii, индуктивные электродвижущие силы можно исключить из законов напряжений Кирхгофа (записанных для двух контуров), что даёт нам второе уравнение.

(б) Нам нужно просто применить идею 43-ii. Точнее, законы напряжений Кирхгофа для двух контуров служат нам системой дифференциальных уравнений для двух токов \(I_1\) и \(I_2\); если умножить одно уравнение на \(r\), другое на \(R\) и сложить их, мы придём к одному уравнению для \(I = I_1+I_2\); решение этого уравнения можно найти с помощью факта 17 и идеи 36.

Примените идею 38: сразу после замыкания ключа все токи катушек такие же, как и раньше, и их можно найти из закона токов Кирхгофа; зная токи катушек, можно найти и токи в лампах.

Заметим, что \(L_1\) закорочена, значит, её напряжение равно нулю, а ток постоянен; помните об этом, пользуясь идеей 32 для нахождения тепла; для нахождения заряда рассмотрите закон напряжений Кирхгофа для контура, включающего верхний провод и индуктивность \(L_2\), используйте идею 41.

(а) Примените идею 38: в течение каждого полупериода будет достигаться новое равновесие, а выделившуюся энергию можно найти по идее 32.

(б) Примените идею 39: напряжение конденсатора \(V_C\) остаётся по существу постоянным, значит, напряжение резистора будет \(V_2-V_C\) или \(V_1-V_C\) в зависимости от полупериода. При длительной эволюции средний ток через конденсатор станет равным 0, значит, \(V_C = \frac12(V_1+V_2)\).

Согласно идее 36 закоротите батарею, после чего параллельно-последовательное соединение трёх резисторов можно заменить одним эквивалентным резистором.

Для начала заметим, что \(RC\) должно быть велико, чтобы конденсатор поддерживал почти постоянное напряжение в течение каждого периода (иначе были бы большие колебания тока). Далее, напряжение конденсатора будет равно максимальному напряжению синусоидального входного напряжения (диод открывается один раз за период, когда входное напряжение максимально). Теперь сопротивление \(R\) можно найти, объединив закон напряжений Кирхгофа (чтобы получить напряжение резистора) и закон Ома. В течение каждого периода, когда диод закрыт, напряжение конденсатора уменьшится на величину \(\Delta V\), соответствующую заряду \(\Delta Q\), прошедшему через светодиоды. С другой стороны, допустимые изменения напряжения можно выразить через допустимые изменения тока с помощью закона Ома.

(а) Примените идеи 38 (отрезать конденсаторы) и 6 (отрезать вольтметр).

(б) Используйте тот же подход, что и в части (а): замените конденсаторы батареями, а катушки — источниками тока.

(в) Примените закон сохранения энергии (заметим, что схема распадается на две независимые схемы, так что выделение мощности можно вычислять отдельно для каждой из них).

(а) Используйте факт 5: \(P(t) = V\cdot I(t)\), где \(V\) — напряжение диода, которое постоянно и может быть вынесено за скобки (т. е. за знак усреднения), \(\langle P\rangle = V\langle I\rangle\); примените идею 40 (вместе с законом токов Кирхгофа), чтобы заключить, что средний ток через диод равен току через нагрузку.

(б) Действуйте так же, как в задаче 75; не забудьте про напряжение открытия диода 1 В, которое нужно вычесть из амплитуды переменного напряжения, чтобы получить максимальное напряжение конденсатора.

(в) Действуйте так же, как в задаче 75.

(г) Примените идею 29 к первому периоду, когда конденсатор заряжается от нуля вольт до полного рабочего напряжения.

(а) Эта задача очень похожа на задачу 64: катушка получает постоянное напряжение \(U_i\), когда ключ замкнут, \(U_0-U_i\), когда ключ разомкнут и через диод идёт прямой ток, и 0 В, когда ключ разомкнут и тока нет. Это соответствует соответственно линейно растущему, линейно убывающему или постоянно нулевому входному току. Выходной ток можно найти из закона токов Кирхгофа.

(б) См. подсказки к задаче 64.

(в) Примените идеи 38, 40 и закон токов Кирхгофа, чтобы заключить, что ток резистора равен среднему выходному току из части (б); затем примените закон Ома.

(а) Рассмотрите отдельно два случая: \(SG\) разомкнут — у нас простая \(RC\)-схема с батареей; \(SG\) замкнут — по существу конденсатор закорочен и почти мгновенно разряжается.

(б) В течение цикла зарядки ток конденсатора должен оставаться почти постоянным; этот ток определяется напряжением, падающим на резисторе в течение цикла.

(в) Зарядный ток, умноженный на \(T\), даёт пробойный заряд конденсатора; приравняйте его к значению, определяемому пробойным напряжением и \(C\).

(г) Посмотрите на ваше выражение для \(T\).

(д) Заметим, что амплитуда равна \(V_0/2\).

(е) Заметим, что требуемую форму сигнала можно получить из формы \(V_b(t)\) из вопроса (б) как \(V_0-V_b(t)\); постройте схему, дающую такой выход.

(а) Примените факт 19; если \(V = V_0\cos(\omega t)\), ток можно выразить как \(I = \frac{dq}{dt}\), где \(q = VC\).

(б) Примените идеи 29 и 36: рассмотрите отдельно случаи прямого и обратного токов; в обоих случаях это синусоидальный сигнал со сдвинутой осью симметрии.

(в) Система остановится, если нет тока, т. е. когда \(-V_d<V<V_d\).

(г) Воспользуйтесь вашим графиком из вопроса (б), чтобы найти соответствующее изменение напряжения конденсатора \(\Delta V\) (разумеется, \(\Delta q = C\Delta V\)).

(д) Если \(q\) соответствует координате \(x\) пружинного осциллятора, то какой физической величине \(X\) будет соответствовать напряжение, приложенное к катушке? Если ток положителен, что можно сказать о механической системе? Стабилитрон даёт постоянное напряжение, если ток положителен; какого типа \(X\) обладала бы эквивалентным свойством?

(а) В течение линейного роста \(B\) (от 0 до 10 мс) катушка служит идеальной батареей с ЭДС \(NS\frac{dB}{dt}\). Оцените характерные времена для двух токовых контуров: первого, включающего катушку и \(C\), и второго, включающего катушку и \(L\); сравните это с масштабом времени 10 мс. Примените идею 38.

(б) Теперь катушка работает по существу как провод (поскольку её индуктивность пренебрежимо мала); ток в \(R_1\) определяется напряжением, набранным конденсатором за первые 10 мс, а ток в \(R_2\) определяется током, наведённым в катушке индуктивности за первые 10 мс.

(в) Примените идею 41 к токовому контуру, состоящему из катушки, \(L\) и \(R_2\).

(а) Согласно идее 31, ток возмущения \(\tilde I\) описывается схемой, которую мы получаем, если заменить диод сопротивлением \(R_{\text{диф}}\) и убрать электродвижущую силу. Далее применяем идею 48; например, можно «разрезать» схему рядом с батареей и приравнять импеданс получившегося сегмента схемы к нулю, \(Z(\gamma) = 0\) с \(\gamma = -i\omega\). Согласно идее 31, система устойчива, если устойчивы все решения, так что все корни для \(\gamma\) должны иметь неотрицательную вещественную часть.

(б) Для очень быстрых возмущений импеданс индуктивности \(L\) можно считать бесконечно большим, а значит, ток не может попасть в катушку \(L\) и резистор \(R\): эту часть схемы можно «отрезать». Аналогично для таких быстрых процессов импеданс конденсатора \(C\) пренебрежимо мал, так что в эквивалентной схеме его можно закоротить. В остальном анализ повторяет шаги задания (а).

(а) сопротивления находятся непосредственно как котангенсы наклонов отрезков прямых;

(б) используйте идею 24 и определите число решений как число точек пересечения кривой \(I-U\) с прямой, описывающей закон напряжений Кирхгофа;

(в) примените идеи 31 и 26 (ср. задачу 56);

(г) примените идею 29 вместе с фактом 9: заметим, что пока тиристор работает на нижней ветви кривой \(V-I\), всегда будет положительный ток конденсатора, заряжающий его, а пока тиристор работает на верхней ветви, ток конденсатора отрицателен и разряжает его;

(д) примените идею 29 вместе с фактами 12 и 13;

(е) поскольку нас просят только об оценке, здесь можно применить много методов, например вычислить минимальное и максимальное мгновенные значения выделяемой мощности на основе цикла, нарисованного для задания (г), и приблизить среднюю мощность средним арифметическим минимального и максимального значений;

(ж) при напряжении батареи \(\emf'\) у системы есть стационарное состояние на нижней ветви кривой \(V-I\), но не на верхней; если напряжение батареи увеличить, стационарное состояние исчезает, и система начинает эволюционировать так, как описано в задании (е); поведение зависит от того, насколько быстро мы переключаем напряжение обратно: успела ли система перескочить на верхнюю ветвь или нет [для более детального анализа используйте те же методы, что и в задании (г)];

(з) выпишите качественный критерий, найденный для задания (ж), с помощью фактов 12 и 13.

(а) Запишите закон токов Кирхгофа для контура, содержащего \(L\) и \(\emf\), и помните об идее 37;

(б) когда \(K_1\) размыкается, ток течёт в контуре \(L-R\): изучите поведение тока во времени, помните об идее 17 и обратите внимание на то, что \(L/R\ll\tau_K\ll\tau_L\);

(в) вспомните промежуточный результат предыдущего вопроса — как ведёт себя \(I(t)\) на катушке;

(г) используйте идею 29; заряд можно найти либо по идее 41, либо прямым интегрированием зависимости \(I(t)\) (ср. факт 18);

(д) примените идею 32: сравните энергию, отданную катушкой, и выделившееся тепло, помня, что в среднем энергия конденсатора остаётся постоянной;

(е) изучите, насколько большой заряд теряется на конденсаторе, когда диод закрыт: помните об идее 39.

(а) Примените идею 43-i: потоки параллельных токов складываются деструктивно, значит, в первый момент потоки в двух катушках должны быть равны и параллельны; помните, что полные потоки в обеих катушках равны, а значит, равны и их напряжения.

(б) Следуйте идее 43-ii: выпишите законы напряжений Кирхгофа, исключите производные токов, выразите один ток через другой и подставьте это выражение обратно в одно из уравнений Кирхгофа, решите это дифференциальное уравнение для начальных условий, найденных в задании (а), ср. факт 17.

(в) Заметим, что ток, текущий по контуру, образованному двумя катушками, не создаёт никакого потока, а значит, его можно включить мгновенно, не создав никакого напряжения на катушках.

Примените идеи 44 и 45: вычислите омическое сопротивление \(R\) паяльника из номинальных значений, выразите новую выделяемую мощность как \(P_1 = |I_1|^2R\), где \(I_1 = V/Z\), а \(Z = R+1/i\omega C\).

(а) вычислите омическое сопротивление лампы как \(U'/I\) и примените идею 44 (выразите полный импеданс, содержащий \(L\), как неизвестную и возьмите модуль от закона Ома, записанного для всей схемы, чтобы получить уравнение для нахождения \(L\)).

(б) Примените идею 44 (формула \(\varphi = \arg Z\)).

(в) Примените идею 45 (помните, что здесь мы имеем дело со среднеквадратичными амплитудами).

(г) Примените идею 38 (на короткое мгновение катушка будет действовать как источник постоянного тока).

(д) Выразите мгновенную мощность как функцию времени, подставив \(I = I_0\cos(\omega t)\) в закон Джоуля.

(е) Зажигание нужно, когда газ является изолятором, т. е. когда в газе почти нет ионов.

(ж) Вычислите новую выделяемую мощность; меняется ли она? Сравните величины активной и реактивной мощностей этого прибора (см. факт 22).

Заметим, что каждая из половин катушки имеет индуктивность \(\frac L4\) и, в силу факта 21, \(M = \frac L4\). (Это можно понять, если отрезать конденсатор и рассмотреть ток \(I\) через катушку: пусть индуктивность одной половины равна \(L'\), так что и \(M = L'\); тогда на каждой из половин будет напряжение \(L'\frac{dI}{dt}+M\frac{dI}{dt} = 2L'\frac{dI}{dt}\), т. е. полное напряжение на всей катушке было бы \(4L'\frac{dI}{dt}\).) Введём контурные токи \(I_1\) и \(I_2\), идущие по часовой стрелке в обеих половинах схемы; тогда напряжение на половине катушки будет зависеть от \(I_1+I_2\) (используйте идею 46!), а напряжение на конденсаторе — от \(I_1-I_2\); выпишите два уравнения, даваемых законом напряжений Кирхгофа, сначала выразите \(I_1-I_2\) и \(I_1+I_2\) через \(V_0\), а из этих выражений найдите \(I_2\).

(а) Примените идеи 44 и 45. Заметим, что для частот \(\nu_+\) и \(\nu_-\) у вас получится уравнение четвёртой степени, которое легко распадается на два квадратных уравнения, одно из которых имеет корни \(\nu_+\) и \(-\nu_-\), а другое — \(-\nu_+\) и \(\nu_-\). Действительно, и отрицательные, и положительные частоты должны быть решениями, потому что физически они дают один и тот же сигнал, \(\cos(\omega t) = \cos(-\omega t)\), и у каждого из этих квадратных уравнений корни явно различаются по модулю. Из-за этого разность \(\nu_+-\nu_-\) на самом деле является суммой двух корней квадратного уравнения, которую можно найти по теореме Виета.

(б) Примените идею 47, чтобы заключить, что есть только одна ненулевая собственная частота, и идею 48, чтобы её найти (приравняйте импеданс между левой и правой частями схемы к бесконечности).

(в, г) Заметим, что есть мода нулевой частоты: постоянный ток может циркулировать в контуре, образованном двумя катушками. Полный ток — это сумма такого постоянного тока и синусоидально колеблющегося тока; используйте начальные условия (значения \(i_{01}\), \(i_{02}\) и \(U_0\)) вместе с законом токов Кирхгофа и тем фактом, что отношение токов конденсаторов равно отношению ёмкостей, чтобы найти соответствующие амплитуды.

Изучите поведение импеданса чёрного ящика как функции частоты и обратите внимание на низкочастотную асимптотику, высокочастотную асимптотику и минимум модуля импеданса.

(а) Примените идею 44 вместе либо с методом контурных токов, либо с методом потенциалов узлов; помните, что каждый следующий узел имеет потенциалы и токи, сдвинутые по фазе на \(\varphi\), например \(\phi_{j+1} = \phi_je^{i\varphi}\), где \(\phi_j\) — потенциал \(j\)-го узла (мы считаем, что нижний провод имеет нулевой потенциал); как только вы исключите потенциалы (или токи) из вашей системы уравнений, вы должны получить уравнение, связывающее \(\omega\) с \(\varphi\).

(б) Помните, что фазовая скорость волны равна \(v_p = \omega/k\), а сдвиг фазы связан с волновым вектором равенством \(\varphi = kl\).

(в) Изучите низкочастотный предел вашего результата для части (б).

(г) Воспользуйтесь идеей 51 для сравнения двух систем: бесконечной цепочки пружин и масс и данной схемы; теперь удобнее работать с контурными токами и выписывать дифференциальные уравнения для зарядов, прошедших через катушки. Это потому, что для механической системы вторая производная каждой координаты входит только в одно из дифференциальных уравнений (второй закон Ньютона); между тем при использовании метода потенциалов узлов и зарядов конденсаторов токи катушек (слагаемые, порождающие вторые производные) выражаются из закона токов Кирхгофа и включали бы заряды всех конденсаторов.

Примените идею 52. Точнее, заметьте, что четыре вектора образуют четырёхугольник, противолежащие углы \(A\) и \(B\) которого прямые, а значит, это вписанный четырёхугольник, и другая диагональ (не \(AB\)) является диаметром. Обратите внимание на то, что четырёхугольник невыпуклый, потому что направление вектора напряжения на \(L\) получается из направления вектора на \(R_1\) поворотом на \(90^\circ\) против часовой стрелки (умножением на \(iL\omega/R_1\)), а направление вектора напряжения на \(R_2\) получается из направления вектора на \(C\) таким же поворотом (умножением на \(iC\omega R_2\)). Задача упрощается ещё и благодаря тому, что две стороны и одна диагональ вписанного четырёхугольника равны между собой.

Примените идею 44 вместе с идеей 6: схема распадается на параллельные и последовательные соединения. Выразите напряжение на вольтметре и приравняйте его к нулю; обратите внимание на то, что комплексное число равно нулю, если равны нулю и вещественная, и мнимая части, т. е. одно уравнение для комплексных чисел на самом деле даёт два уравнения для вещественных величин.

Задачу можно решить либо прямыми вычислениями с помощью идеи 44, либо геометрически (идея 52).

Зная \(P_2\), \(U_2\) и \(U_0\), легко найти сопротивление линий электропередачи \(R_l\). Дальше есть два варианта. Во-первых, можно действовать грубой силой, используя идею 44: при известном напряжении на электростанции \(U_0\) значения \(U_1\) и \(P_1\) дают два уравнения для нахождения двух неизвестных, \(r\) и \(L\). Другой, математически более простой путь — воспользоваться идеей 52: применить теорему косинусов, чтобы выразить известное напряжение на электростанции через напряжение на линиях \(U_l = IR_l\) и напряжение на трансформаторе. Это уравнение можно решить непосредственно относительно \(P_l = I^2R_l\), если заметить, что слагаемое с косинусом можно записать как \(2PR_l\) и, следовательно, оно уже известно.

Действуйте аналогично задаче 93 (правда, четырёхугольник не вписанный): покажите, что диагональ \(AE\) делит четырёхугольник напряжений на два равносторонних треугольника. Точнее, заметьте, что нижняя и верхняя ветви схемы имеют одинаковые импедансы, а значит, между токами в них нет сдвига фазы; из-за этого вектор напряжения на \(AB\) равен (а значит, и параллелен) вектору напряжения на \(DE\); то же относится к напряжениям на \(BE\) и \(AD\). Поэтому треугольник, образованный векторами напряжений на \(AB\), \(BE\) и \(AE\), равносторонний; то же относится к оставшейся тройке напряжений.

Примените идею 52. Покажите, что аналогично задаче 97 векторы напряжений образуют два равносторонних треугольника. Точнее, воспользуйтесь симметрией, чтобы показать, что векторы напряжений на двух конденсаторах равны друг другу и векторы напряжений на двух катушках равны друг другу. Детали использования симметрии таковы. Повернём схему на \(180^\circ\), после чего конденсаторы (и катушки) поменяются местами, а приложенное напряжение станет отрицательным; далее повернём вектор входного напряжения на \(180^\circ\): новая и старая схемы становятся тождественными, а значит, все соответствующие напряжения равны. В частности, если изначально левый конденсатор имел напряжение \(\vec U_{C1}\) (от входного вывода к резистору), то изначально правый конденсатор теперь тоже имеет напряжение \(\vec U_{C1}\), т. е. до изменения знака входного напряжения он имел напряжение \(-\vec U_{C1}\) (в сторону резистора), а это значит, что изначально он имел напряжение \(\vec U_{C1}\), измеренное от резистора к входному выводу. Далее изучите четырёхугольник векторов напряжений: одна его диагональ даёт входное напряжение, а другая — напряжение на резисторе. В то время как вектор тока резистора параллелен вектору напряжения, в случае конденсатора он повёрнут на \(90^\circ\) по часовой стрелке, а в случае катушки — на \(90^\circ\) против часовой стрелки; используйте это наблюдение при записи закона токов Кирхгофа (для узла, где встречаются \(R\), \(L\) и \(C\)), чтобы заключить, что токи в \(C\), \(L\) и \(R\) равны по модулю. Помните, что если разность векторов токов \(L\) и \(C\) даёт ток резистора, то их сумма даёт входной ток. Наконец, найдите выделяемую мощность и сопротивление резистора, пользуясь значениями напряжения и тока резистора.

Действуйте согласно идее 48: «разрежьте» схему рядом с одной из катушек и приравняйте импеданс получившейся схемы к нулю.

Примените идею 44, чтобы свести задачу к задаче о сопротивлениях, очень похожей на задачу 22. Аналогично той задаче нужно применить идеи 23 и 22. Заметим, что отрезок \(AE\) тоже по существу разорван, и, коль скоро \(AB\) и \(AE\) разорваны, мы можем сохранить \(DA\), потому что если выходными выводами являются \(B\) и \(E\), то в сегменте \(DA\) тока нет (в силу симметрии); разрыв \(BA\) и \(AE\) — это то же самое, что подключение соответствующих отрицательных сопротивлений; с этими отрицательными сопротивлениями мы можем выполнить расщепление узла в \(A\), так что отрицательное сопротивление окажется подключённым только между \(B\) и \(E\).

Сначала сосчитайте число степеней свободы (т. е. число собственных частот). Далее заметьте, что есть один контурный ток, который проходит только через катушки, через которые может циркулировать постоянный ток (это даёт одну частоту). Затем примените идею 50: получаются два предельных случая: одна схема содержит только \(L_1\) и \(C_1\) (используйте результат задачи 99!), а другая — \(L_2\) и \(C_2\).

Используйте идею 38: для (а) катушки можно «отрезать», а конденсаторы закоротить; для (б) наоборот. Для (в) импеданс соединения катушек и конденсаторов должен быть бесконечным (это резонанс напряжений), а поскольку на резисторе нет напряжения, его можно закоротить. Для (г) напряжение на \(R\) должно быть максимальным, а значит, модуль полного импеданса — минимальным; это означает, что импеданс соединения катушек и конденсаторов равен нулю (резонанс токов).

Помните об идее 34. Найдите максимальный ток \(I_x\) при разомкнутом ключе — либо по идее 35, либо по идее 36 вместе с фактом 19. Когда ключ замкнут, у нас две независимые \(LC\)-схемы с одинаковой частотой, так что ток в ключе находится как разность двух токов в этих \(LC\)-схемах. Амплитуду (а значит, и максимальное значение) можно найти с помощью векторной диаграммы, а сдвиг фазы нужно найти из начальных зарядов на конденсаторах и начальных токов в катушках в момент замыкания ключа.

(а) током динистора можно пренебречь, значит, \(R\) и \(C\) соединены последовательно непосредственно с источником переменного напряжения, так что можно применить идею 44;

(б) нужно изучить, как будет меняться ток динистора при росте напряжения на конденсаторе; для этого воспользуемся идеей 24 и фактом 9: если начать с малого напряжения, для тока есть только одно решение, но при достаточно малом \(R_t\) при некотором напряжении появляются ещё два решения, а при ещё большем напряжении (около \(U_b\)) два меньших решения исчезают; в этот момент ток динистора вынужден перескочить на единственное оставшееся решение (теперь становится ясно и то, что значит «динистор начинает проводить»); условие «симистор немедленно начинает проводить» означает, что новый ток динистора должен быть больше \(I_t\);

(в) согласно (а), напряжение конденсатора отстаёт от полного напряжения, а значит, и от тока лампы; когда ток лампы проходит через ноль (при \(t = 0\) на графике) и симистор закрывается, напряжение конденсатора и динистора всё ещё отрицательно; симистор снова откроется, когда напряжение конденсатора станет положительным и равным \(U_b\) при \(t = t_1\);

(г) энергия, выделяющаяся на лампе, вычисляется как \(\int R^{-1}[U_l(t)]^2dt\).

Заметим, что схема самодвойственна. Вычислите импеданс для синусоидального входного напряжения с помощью идеи 15. Поскольку импеданс не зависит от круговой частоты \(\omega\) синусоиды, схема эквивалентна активному сопротивлению. NB! Анализ был бы гораздо труднее, если бы полный импеданс зависел от \(\omega\), поскольку импедансы нельзя применять напрямую в случае несинусоидальных сигналов.

Число степеней свободы равно двум, столько же и собственных мод колебаний. Согласно идеям 48 и 49 рассмотрите резонанс напряжений (\(Z_{AB} = \infty\)) для фиктивных выводов на оси симметрии (\(A\) — средняя точка катушки \(L_2\), делящая её на две индуктивности по \(L_2/2\), и \(B\) — средняя точка нижнего провода); импеданс \(Z_{AB}\) упрощается в силу симметрии до такой степени, что условие \(Z_{AB} = \infty\) даёт нам только одну частоту. Согласно идее 49 недостающая частота находится закорачиванием узлов \(A\) и \(B\), что делает \(C\) подключённым к параллельному соединению \(L_1\) и \(L_2/2\).

Согласно идее 52 рассмотрите векторную диаграмму; согласно теореме Фалеса напряжения (относительно одного из входных выводов) узлов \(A\) и \(B\) лежат на окружности, построенной на векторе входного напряжения как на диаметре; напряжение узла \(D\) — это центр окружности. Помните, что по теореме Фалеса медиана прямоугольного треугольника равна половине его гипотенузы; не забудьте, что центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного.

Аналогично задаче 107 напряжения (относительно одного из входных выводов) выходных узлов лежат на окружности, построенной на векторе входного напряжения как на диаметре; примените теорему о вписанном угле.

Действуйте аналогично задаче 108; единственное отличие в том, что соответствующие напряжения образуют не прямые углы, а углы \(\ge\pi/2\); соответственно напряжения выходных выводов лежат внутри окружности. Заметим, что отрезок, целиком лежащий внутри окружности, не может быть длиннее диаметра и может быть равен диаметру по длине, если его концы лежат на окружности.

Обращая идею 48, мы находим эти частоты как собственные частоты схемы с закороченными выводами. В результате получается симметричная схема, у которой есть два параллельных соединения \(L\) и \(C\), соединённых последовательно с \(3C\). Мы представляем конденсатор \(3C\) как последовательное соединение двух ёмкостей \(6C\) и пользуемся идеей 49 вместе с условием резонанса напряжений (\(Z_{AB} = \infty\), где \(A\) и \(B\) — симметричные узлы схемы), чтобы вывести первую собственную частоту. Наконец, мы закорачиваем узлы \(A\) и \(B\), чтобы найти недостающую собственную частоту.

Начинаем решать так же, как в случае задачи 110. Как только мы закоротим входные выводы, мы получим симметричную схему, у которой три линейно независимых контура, но есть один контур, состоящий только из конденсаторов, так что собственных мод колебаний две. Мы применяем идеи 48 и 49, разрезая схему в месте одной из катушек и требуя \(Z = 0\). В силу симметрии полученной схемы мы можем убрать мостовое соединение, не изменив её импеданса; условие \(Z = 0\) даёт нам одну частоту. Недостающая частота получается как собственная частота упрощённой схемы — схемы, в которой точка «разреза» оставлена разъединённой.