Диоды и резисторы

В один полупериод ток течёт через одну лампу, в другой — через лампу и диод с таким же сопротивлением. Усредните мощность по периоду.

\(1{,}6\) раза.

Определите, при каком знаке \(U_{AB}\) потенциал точки C выше потенциала D, и найдите сопротивление участка в каждом из полупериодов. Затем усредните мощность за период.

\(P = \dfrac{17\,U_m^2}{90\,R_0} = 17\) Вт.

Выясните, при каких напряжениях на выводах открыт каждый из диодов, и на каждом участке замените схему одной эквивалентной батарейкой.

График зависимости \(I(U)\) — ломаная с одним изломом: из точки \((0;\,1{,}5\text{ А})\) в точку \((3{,}0\text{ В};\,0{,}5\text{ А})\), затем в точку \((3{,}6\text{ В};\,0)\).

Пока диод закрыт, его ветви как будто нет — посчитайте токи через амперметры как через одинаковые резисторы и сравните наклон с графиком. Излом графика при \(I_0 = I_1\) — момент, когда напряжение на диоде достигает напряжения открытия; дальше напряжение на диоде постоянно.

1) \(\text{A}_4\);  2) \(I_0 = \dfrac{8I_1}{3}\);  3) \(I_{A2} = I_0/3\) при \(I_0 < I_1\) и \(I_{A2} = \dfrac{8I_1}{15} - \dfrac{I_0}{5}\) при \(I_0 > I_1\): ломаная через точки \((0;\,0)\), \((I_1;\,I_1/3)\), \((8I_1/3;\,0)\) (график — в решении).

Рассмотрим малые значения силы тока \(I_0\), при которых диод будет закрыт. В этом случае эквивалентная схема примет вид, изображённый на рисунке. Найдём токи, текущие через амперметры. Сила тока через \(\text{A}_1\) равна \(I_0\). Так как \(\text{A}_4\) присоединён параллельно к паре амперметров \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\), а его сопротивление вдвое меньше, чем суммарное сопротивление второго и третьего прибора, сила тока через \(\text{A}_4\) будет равна \(2I_0/3\). Сила тока, текущего через \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\), следовательно, станет \(I_0/3\). На графике, представленном в условии, участок идущий от начала координат описывается уравнением \(I = 2I_0/3\), что соответствует результату, полученному для четвёртого амперметра.

Пусть \(r\) — сопротивление амперметра. Определим сначала напряжение открытия диода \(U_D\). Так как характер зависимости тока через четвёртый амперметр от \(I_0\) меняется при \(I_0 = I_1\), это значение соответствует тому, что напряжение на диоде достигло \(U_D\), но ток через диод ещё равен нулю (переход от горизонтального участка ВАХ прибора к вертикальному). Запишем условие равенства напряжения на диоде суммарному напряжению на первом и втором амперметре при \(I_0 = I_1\): \[U_D = I_1 r + \frac{I_1}{3}\cdot r = \frac{4I_1 r}{3}.\] Ситуация, когда ток через второй амперметр не течёт, во-первых, может произойти только при открытом диоде. Во-вторых, если ток через \(\text{A}_2\) не течёт, то напряжения на \(\text{A}_3\) и \(\text{A}_4\) равны, что означает равенство токов через них: \[I_{A3} = I_{A4} = \frac{I_0}{2}.\] Соответственно, должны быть равны напряжения на первом амперметре и диоде. Поскольку в рассматриваемом случае \(I_{A1} = I_{A4}\), \[U_D = I_{A1} r \quad\Rightarrow\quad \frac{4I_1 r}{3} = \frac{I_0}{2}\cdot r \quad\Rightarrow\quad I_0 = \frac{8I_1}{3}.\]

Пока диод закрыт, то есть при \(I_0 < I_1\), сила тока через второй амперметр равна \(I_{A2} = I_0/3\). Если \(I_0 > I_1\), напряжение на диоде постоянно и равно \(U_D = 4I_1 r/3\). Чтобы построить ту часть искомого графика, которая соответствует открытому диоду, можно рассуждать одним из двух способов.

Способ 1. ВАХ диода состоит из двух прямолинейных участков — горизонтального и вертикального. Поэтому, если находиться в пределах только одного участка (в данном случае, вертикального), диод можно считать линейным элементом. Остальные элементы цепи, представленной в условии, тоже имеют прямолинейные ВАХ, то есть также являются линейными. Следовательно, зависимость силы тока на втором амперметре от \(I_0\) при \(I_0 > I_1\) является линейной. Отсюда, учитывая, что график этой зависимости должен проходить через точки \((I_1;\,I_1/3)\) и \((8I_1/3;\,0)\), получим график, изображённый на рисунке.

Способ 2. Расставим токи в цепи при \(I_0 > I_1\), учитывая, что напряжение на диоде равно \(U_D\). Пусть сила тока через второй амперметр равна \(I_{A2}\). Тогда, исходя из равенства суммы напряжений на \(\text{A}_1\) и \(\text{A}_2\) напряжению на диоде, получим, что ток через первый амперметр \[I_{A1} = \frac{U_D - I_{A2}r}{r} = \frac{U_D}{r} - I_{A2}.\] Соответственно, токи через \(\text{A}_3\) и \(\text{A}_4\) будут равны \[I_{A4} = I_{A1} - I_{A2} = \frac{U_D}{r} - 2I_{A2},\] \[I_{A3} = I_0 - I_{A4} = I_0 - \frac{U_D}{r} + 2I_{A2}.\] Так как сумма напряжений на \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\) должна быть равна напряжению на \(\text{A}_4\), \[I_{A4}r = I_{A2}r + I_{A3}r \quad\Rightarrow\quad \frac{U_D}{r} - 2I_{A2} = I_0 - \frac{U_D}{r} + 3I_{A2}.\] Отсюда, используя равенство \(U_D = 4I_1 r/3\), найдём, что \[I_{A2} = \frac{2U_D}{5r} - \frac{I_0}{5} = \frac{8I_1}{15} - \frac{I_0}{5}.\] Далее строим графики зависимостей \(I_{A2} = I_0/3\) при \(I_0 < I_1\) и \(I_{A2} = 8I_1/15 - I_0/5\) при \(I_0 > I_1\) и получаем тот же рисунок, что и в способе 1.

Пока диод закрыт, весь ток идёт через термистор, а диод откроется, когда напряжение на термисторе дойдёт до \(U_0\). Запишите баланс мощностей термистора и выразите напряжение на нём через температуру: у этой зависимости есть максимум.

1) \(P = \dfrac{k}{\alpha}\left(\dfrac{R_0 k/\alpha}{4U_0^2} - 1\right) = 37{,}5\) мВт (здесь \(k/\alpha = 0{,}3\) Вт);  2) \(\mathcal{E}_2 = 14\) В.

Когда диод открывается, напряжение на нём и на термисторе равно \(U_0\), а сила тока через диод равна нулю. Поэтому сила тока, протекающего через резистор \(r\) и термистор, равна \(I = (\mathcal{E}_1 - U_0)/r\). С другой стороны, \[I = U_0/R_0\cdot(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2,\] где \(t_1\) — температура термистора в данном режиме. Приравнивая эти выражения, находим, что \[\alpha(t_1 - t_0) = \sqrt{\frac{R_0}{r}\cdot\frac{(\mathcal{E}_1 - U_0)}{U_0}} - 1 = 0{,}5.\] Тепловая мощность, выделяющаяся на термисторе, должна в установившемся режиме рассеиваться в окружающий воздух. Поэтому \[\frac{U_0^2}{R_0}\cdot(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2 = k(t_1 - t_0),\] где \(k\) — коэффициент в законе Ньютона-Рихмана. Выразим из данного выражения величину \(k/\alpha\): \[\frac{k}{\alpha} = \frac{U_0^2}{R_0}\cdot\frac{(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2}{\alpha(t_1 - t_0)} = 0{,}3\text{ Вт}.\] Рассмотрим теперь случай, когда на термистор светят лазером. Запишем условие баланса мощностей при напряжении на термисторе, равном \(U\): \[\frac{U^2}{R_0}\cdot(1 + \alpha(t - t_0))^2 + P = k(t - t_0).\] Выразим \(U^2\): \[U^2 = R_0\cdot\frac{k(t - t_0) - P}{(1 + \alpha(t - t_0))^2} \tag{*}\] и найдём максимум этой функции. Обозначая \(z = \alpha(t - t_0 - P/k)\), получим \[U^2 = \frac{R_0 k/\alpha\cdot z}{(1 + \alpha P/k + z)^2} = \frac{R_0 k/\alpha}{\left(\frac{1 + \alpha P/k}{\sqrt z} + \sqrt z\right)^2}.\] Далее используем неравенство о средних: \[U^2 \leqslant U_{max}^2 = \frac{R_0 k/\alpha}{4(1 + \alpha P/k)}.\] Если диод не открывается при любой ЭДС источника, \[U_{max} \leqslant U_0 \quad\Rightarrow\quad P \geqslant \frac{k}{\alpha}\cdot\left(\frac{R_0 k/\alpha}{4U_0^2} - 1\right) = 0{,}0375\text{ Вт}.\] Таким образом, минимальная тепловая мощность, которую должен передавать лазер, чтобы диод закрылся при любой \(\mathcal{E}\), равна \(37{,}5\) мВт.

Для того чтобы понять, почему диод после выключения лазера не открылся, заметим, что выражение \((*)\) при \(P = 0\) тоже имеет максимум, а следовательно напряжение на термисторе может быть меньше \(U_0\) как при малых токах (и малых ЭДС), так и при больших токах (и, соответственно, больших ЭДС). Подставив в \((*)\) значения \(U_0\), \(R_0\), \(k/\alpha\) и \(P = 0\), получим уравнение \[\frac{\alpha(t - t_0)}{(1 + \alpha(t - t_0))^2} = \frac29,\] которое имеет два корня: первый нам уже известен \[\alpha(t_1 - t_0) = 1/2,\] а второй — новый \[\alpha(t_2 - t_0) = 2.\] Рассчитаем для него ЭДС источника, считая ток через диод равным нулю: \[\mathcal{E}_2 = I_2 r + U_0 = \frac{U_0 r}{R_0}(1 + \alpha(t_2 - t_0))^2 + U_0 = \frac{9U_0 r}{R_0} + U_0 = 14\text{ В}.\] Таким образом, ЭДС источника надо уменьшить до 14 В, чтобы диод снова открылся.

Пока ключ замкнут, конденсатор заряжен до \(\mathcal{E}\), а ток катушки растёт линейно. После размыкания, пока диод открыт, напряжение на конденсаторе постоянно и равно \(U_0\).

\(\dfrac{\mathcal{E}}{U_0} = \dfrac{nt_0^2 + \sqrt{n^2t_0^4 + 4LC(LC+t_0^2)}}{2(LC+t_0^2)}\).

Пока стабилитрон открыт в прямом направлении, на нём и на катушке напряжение \(U_0\), а ток в катушке растёт линейно. Заряд через стабилитрон — площадь под графиком его тока.

1) \(I_0 = \dfrac{U_0}{R}\);  2) \(q_S^{(1)} = \dfrac{L U_0}{2R^2}\), \(q_S^{(2)} = \dfrac{9 L U_0}{80 R^2}\);  3) \(Q = \dfrac{13 L U_0^2}{8 R^2}\).

Диод с конденсатором работают как выпрямитель со сглаживанием: напряжение на цепочке светодиодов почти постоянно и близко к амплитудному. Сопротивление резистора найдите из максимального тока, а ёмкость — из допустимой просадки напряжения конденсатора между подзарядками.

Подходит резистор с сопротивлением 8,2 кОм, рассчитанный на 5 Вт (№ 6); лучший выбор — конденсатор ёмкостью 20 мкФ (№ 3), но конденсаторы ёмкостью 10 мкФ (№ 6) и 15 мкФ (№ 4) тоже подходят.