Вольт-амперная характеристика, нелинейные элементы

Подсказка

Для цепи с резистором проведите на графике лампы нагрузочную прямую \(U = 5 - IR\). Затем сравните мощность лампы в этом случае с мощностью в первом случае.

Ответ

1) столбец 3 (\(I \approx 0{,}50\) А);  2) столбец 4 (\(t_2 \approx 38\,^\circ\)C).

Подсказка

Напряжения на лампе и резисторе в сумме дают 5 В: нанесите на график нагрузочную прямую \(I = (5 - U)/3\) и найдите точку пересечения с характеристикой. Мощность на лампе равна \(UI\).

Ответ

a) столбец 3;  b) столбец 4.

Подсказка

Переберите два случая: диод закрыт и диод открыт. В каждом выпишите правило узлов и сумму напряжений по контуру, не забывая, что ток через прибор не может превысить 1 А, — противоречие отсеет лишний случай.

Ответ

Диод закрыт: \(I_1 = 0{,}8\) А, \(I_2 = 0{,}2\) А, \(I_3 = 1\) А, \(I_0 = 0{,}2\) А, \(I_D = 0\), \(R \approx 4{,}1\) Ом.

Решение

Предположим, что диод закрыт. Тогда через источник \(P_1\) протекает электрический ток силой \(I_R\). Из алгебраической суммы токов для центрального узла получим связь между токами, протекающими через источники: \[I_3 = I_2 + I_R,\] где \(I_2\) и \(I_3\) — силы электрических токов, протекающие через приборы \(P_2\) и \(P_3\) соответственно. Сумма напряжений на приборах \(P_1\) и \(P_2\) равна напряжению \(U_0\):

\[U_0 = U_3 + U_2,\] где \(U_2\) и \(U_3\) — напряжения на клеммах приборов \(P_2\) и \(P_3\) соответственно. Через второй прибор протекает электрический ток силой \(I_2 > 1\) мА, иначе \(U_2 + U_3 > U_0\). Тогда: \[\frac{P_2}{I_2} + \frac{P_3}{I_2 + I_R} = U_0 \;\Rightarrow\; I_2 = 0{,}22\text{ А}.\] Получаем, что \(I_3 > 1\) А, что противоречит условию. Значит мощность третьего источника меньше номинальной и сила тока через него равна 1 А. Сила тока через второй источник \(I_2 = 0{,}2\) А. Ток через \(U_0\) течёт слева направо и равен \(I_0 = 0{,}2\) А. С учётом ориентаций источников и направлений протеканий электрического тока, напряжение на ветви, содержащей \(U_0\) и \(P_2\), равно напряжению на ветви, содержащей \(P_1\) и \(R\): \[U_0 - U_2 = -U_1 + U_R; \quad U_0 - \frac{P_2}{I_2} = -\frac{P_1}{I_1} + I_R R \;\Rightarrow\; R \approx 4{,}1\text{ Ом}.\]

Предположим, что диод открыт. Тогда через него протекает электрический ток, а напряжения на источниках \(P_1\) и \(P_2\) равны. Пусть через первый источник протекает некоторый электрический ток силой \(I_1\), тогда, так как номинальные мощности относятся как \(P_2/P_1 = 2\), а напряжения на клеммах источников равны, через второй источник постоянной мощности будет протекать электрический ток силой \(I_2 = 2I_1\). Алгебраическая сумма токов для узла, соединяющего все три источника, должна равняться нулю, из чего следует, что через прибор \(P_3\) протекает электрический ток силой, равной \(I_3 = 2I_1 + I_1 = 3I_1\). Тогда: \[\frac{P_3}{P_1} = \frac{U_3 I_3}{U_1 I_1} = 3; \quad U_3 = \frac{3U_1 I_1}{3I_1} = U_1.\] Получаем, что напряжения на клеммах всех трёх источников равны \(U_3 = U_2 = U_1 = U\), следовательно \(2U = U_0 \Rightarrow U = 0{,}5U_0 = 6\) В. Найдём, чему равняется сила электрического тока, протекающего через первый источник: \[I_1 = \frac{P_1}{U} = \frac16\text{ А}.\] При таком значении \(I_1\) все три прибора будут работать в нормальных режимах, обеспечивающих номинальную мощность. Алгебраическая сумма токов для нижнего узла должна равняться 0: \[I_1 = I_D + I_R,\] тогда \(I_D\) — сила тока через диод — получается отрицательной, что противоречит изначальному предположению. Получаем, что диод закрыт.

\(I_1 = 0{,}8\) А, \(I_2 = 0{,}2\) А, \(I_3 = 1\) А, \(I_0 = 0{,}2\) А, \(R \approx 4{,}1\) Ом.

Подсказка

Постройте нагрузочную прямую \(I = (\mathcal{E} - U)/R\) поверх вольт-амперной характеристики. Пока транзистор не заперт (\(U_\text{зи} > -U_0\)) и напряжение на нём не упало до нуля, через него течёт \(I_\text{нас}\), и выходное напряжение линейно зависит от \(U_\text{зи}\).

Ответ

1) а) \(U_a \le 1\) В; б) \(U_a \le 0{,}25\) В;  2) \(K = I_0R/U_0 = 2{,}5\);  3) \(U = 6\text{ В} - 8\text{ В}\cdot\sin(\pi t/\tau)\), обрезанная сверху линией \(U = 10\) В и снизу линией \(U = 0\): \(U(N\tau) = 6\) В, около \(t = 0\) убывает, верхние горизонтальные участки длиннее нижних.

Решение

Если \(I\) — сила тока, текущего между стоком и истоком в цепи усилителя, то \[\mathcal{E} = IR + U \qquad\Rightarrow\qquad I = \frac{\mathcal{E} - U}{R}.\] Данная зависимость называется нагрузочной характеристикой, а её график, в данном случае, — нагрузочной прямой. Учитывая, что эта прямая проходит через точки с координатами \((0; \mathcal{E}/R)\) и \((\mathcal{E}; 0)\), построим её поверх вольт-амперной характеристики, приведённой в условии, и определим точку их пересечения.

В результате получим, что

1. при \(I_\text{нас} < \mathcal{E}/R\) (синяя линия на рис. 1), сила тока, текущего от стока к истоку, равна \(I = I_\text{нас}\), а \(U = \mathcal{E} - I_\text{нас}R > 0\);

2. при \(I_\text{нас} \ge \mathcal{E}/R\) (красная линия на рис. 1), напряжение между стоком и истоком \(U = 0\), а сила тока \(I = \mathcal{E}/R\).

Таким образом, напряжение на выходе усилителя не может быть отрицательным, то есть \(U \ge 0\).

Согласно графику зависимости \(I_\text{нас}(U_\text{зи})\), приведённому в условии, на участке \(U_\text{зи} > -U_0\) эта зависимость линейна: \[I_\text{нас} = \frac{I_0}{U_0}\left(U_\text{зи} + U_0\right),\] следовательно, линейной будет и зависимость \(U(U_\text{зи})\): \[U = \mathcal{E} - I_\text{нас}R = \mathcal{E} - I_0R - \frac{I_0R}{U_0}\cdot U_\text{зи}. \tag{1}\] В этом случае выходной сигнал будет отличаться от входного лишь сдвигом и масштабированием, то есть синусоида, например, останется синусоидой: \[U_\text{зи} = U_a\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right) \qquad\Rightarrow\qquad U(t) = \mathcal{E} - I_0R - \frac{I_0R}{U_0}\cdot U_a\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right).\] Данное правило нарушается в двух случаях:

1. \(U_\text{зи} \le -U_0\). Тогда \[I_\text{нас} = 0 \qquad\Rightarrow\qquad I = 0 \text{ при любом } U \qquad\Rightarrow\qquad U = \mathcal{E}.\]

2. \(U = 0\). В этом случае \[I_\text{нас} = \frac{I_0}{U_0}\left(U_\text{зи} + U_0\right) \ge \frac{\mathcal{E}}{R} \qquad\Rightarrow\qquad U_\text{зи} \ge U_0\cdot\frac{\mathcal{E} - I_0R}{I_0R}.\]

Подытожим: синусоидальный сигнал на входе преобразуется усилителем в синусоидальный сигнал на выходе, если для всех \(U_\text{зи}\), удовлетворяющих условию \(|U_\text{зи}| \le U_a\), выполняется неравенство \[-U_0 \le U_\text{зи} \le U_0\cdot\frac{\mathcal{E} - I_0R}{I_0R}.\]

а) Пусть \(R = 5\) Ом. Тогда, подставляя остальные данные, получим \[-1\text{ В} \le U_\text{зи} \le 3\text{ В}.\] Отсюда делаем вывод, что зависимость \(U(t)\) будет сохранять форму синусоиды, если \(U_a \le 1\) В.

б) Пусть теперь \(R = 16\) Ом. В этом случае неравенство для \(U_\text{зи}\) примет вид \[-1\text{ В} \le U_\text{зи} \le 0{,}25\text{ В},\] следовательно, синусоидальность сигнала сохраняется при \(U_a \le 0{,}25\) В.

Если синусоидальность выходного сигнала не нарушается, воспользуемся формулой (1), где величина \(\mathcal{E} - I_0R\) задаёт смещение средней линии синусоиды, а \(I_0R/U_0\) является масштабным множителем, имеющим смысл искомого коэффициента усиления \(K\). Вычислим его при \(R = 5\) Ом: \[K = \frac{I_0R}{U_0} = 2{,}5.\]

При \(R = 8\) Ом зависимость, заданная формулой (1), будет иметь вид \[U = 6\text{ В} - 4U_\text{зи} = 6\text{ В} - 8\text{ В}\cdot\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right).\] График этой функции (красный пунктир на рис. 2) — сдвинутая вдоль вертикальной оси синусоида, минимальное и максимальное значения напряжения для которой равны \[U_{min} = 6\text{ В} - 4U_a = 6\text{ В} - 4\cdot2\text{ В} = -2\text{ В}, \qquad U_{max} = 6\text{ В} + 4U_a = 6\text{ В} + 4\cdot2\text{ В} = 14\text{ В}.\] Вблизи \(t = 0\) она является убывающей, в отличие от функции \(U_\text{зи}(t)\). В реальности же, полученную кривую необходимо «обрезать» сверху и снизу: сверху — по линии \(U = \mathcal{E} = 10\) В, снизу — по линии \(U = 0\). Получившаяся кривая (сплошная линия на рис. 2) и есть требуемый график.

Характерные точки и особенности графика:

1. График является «обрезанной», смещённой вверх по оси ординат синусоидой;

2. \(U(N\tau) = 6\) В, где \(N = 0, \pm1, \pm2, \ldots\);

3. Вблизи оси ординат (оси \(U\)) наклон кривой отрицательный;

4. Значения больше 10 В и меньше 0 В «обрезаны» горизонтальными линиями \(U = 10\) В и \(U = 0\) В;

5. Горизонтальные участки симметричны относительно положения пиков исходной синусоиды (то есть точек с абсциссами \(\pm\tau/2, \pm3\tau/2, \ldots\));

6. Верхние горизонтальные участки длиннее нижних.

Подсказка

Ток через последовательно соединённые элементы одинаков, а напряжения складываются. Постройте ВАХ каждого элемента и выясните, при каких токах сумма напряжений равна текущему \(U(t)\); у ВАХ есть участок скачка, поэтому ток при некоторых напряжениях неоднозначен.

Решение

а. Источник 300 В питает делитель, и конденсатор \(C=4\) мкФ висит параллельно одному из плеч. Через конденсатор ток нулевой, поэтому деление напряжений такое же, как без него. По схеме на этом плече 200 В, значит

\[ q=CV=4\cdot10^{-6}\cdot200=8\cdot10^{-4}\ \text{Кл}. \]

Два плеча делителя относятся как \(1:2\) (например, 100 кОм и 200 кОм): на большем сопротивлении \(200\) В из трёхсот.

б. Без вольтметра конденсаторы разорвали цепь, постоянный ток равен нулю, и потенциалы точек \(A\) и \(B\) «зависли» так, как их расставили ёмкостный и резистивный делители. Разность \(V_{AB}=60\) В. Если подключить электромагнитный вольтметр с \(r=5\) кОм, появится путь для тока, потенциалы перестроятся, и прибор покажет уже не 60 В, а напряжение нового делителя. Поэтому 60 В — это напряжение до подключения прибора; измерять его нужно электростатическим вольтметром.

в. Все сопротивления одинаковы. Резистивные делители дают на трёх конденсаторах напряжения 30 В, 30 В и 60 В (два «малых» конденсатора сидят на одинаковых плечах, третий — на сумме двух плеч).

Решение

Внешние пластины закреплены на расстоянии \(l\). На них подано эталонное \(V_0\). Измеряемое \(V\) сидит на нижней внешней и на подвижной внутренней пластине. Подвижную пластину двигают, пока сила на неё не станет нулём, и читают зазор \(x\) до нижней.

В зазоре \(x\) поле \(E_-=V/x\) (разность потенциалов \(V\) на расстоянии \(x\)). В верхнем зазоре \(l-x\) остаётся напряжение \(V_0-V\), поле \(E_+=(V_0-V)/(l-x)\). Сила на тонкую пластину пропорциональна разности давлений:

\[ F\propto E_+^2-E_-^2. \]

Нуль силы — равенство полей \(E_+=E_-\):

\[ \frac{V}{x}=\frac{V_0-V}{l-x}\qquad\Longrightarrow\qquad V(l-x)=(V_0-V)x\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{V_0 x}{l}. \]

В книге набрано \(V=V_0 x/(2x-l)\). Это второй корень баланса давлений — вариант \(V/x=(V-V_0)/(l-x)\), возможный лишь при \(V>V_0\) (тогда \(x>l/2\)): прибор с такой формулой мерил бы только напряжения больше эталона, и вопрос «как измерять \(V>V_0\)» терял бы смысл. К тому же при \(x=l/2\) она расходится. Рабочая формула компенсации при \(V<V_0\): \(V=V_0 x/l\).

Чтобы мерить \(V>V_0\), источники меняют местами: эталон сажают на подвижную пару, измеряемое — на внешние пластины. Тогда \(V=V_0 l/x\), и при \(x<l\) измеряемое больше эталона.

Решение

Обе подвижные пластины соединены с проводом \(A\) и имеют потенциал \(\varφ_A\). Коробочка — эквипотенциаль \(\varφ_B\). В нерастянутом состоянии зазор от каждой пластины до ближайшей стенки равен \(l\). Когда пружина растянулась на \(x\), пластины разошлись симметрично, и каждый зазор стал

\[ g=l-\frac{x}{2}. \]

Поле в зазоре однородно (края не играют: \(S\gg l^2,x^2\)):

\[ E=\frac{\varφ_A-\varφ_B}{g}. \]

Сила притяжения одной пластины к стенке — это давление поля, умноженное на площадь:

\[ F=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}S=\frac{\varepsilon_0 S(\Delta\varphi)^2}{2g^2}. \]

Растянутая на \(x\) пружина тянет каждую из пластин к середине с силой \(kx\) (натяжение одинаково по всей длине пружины). Равновесие одной пластины: \(kx=F\), откуда

\[ kx=\frac{\varepsilon_0 S(\Delta\varphi)^2}{2g^2}\qquad\Longrightarrow\qquad \Delta\varphi=g\sqrt{\frac{2kx}{\varepsilon_0 S}}=\Bigl(l-\frac x2\Bigr)\sqrt{\frac{2kx}{\varepsilon_0 S}}. \]

Значит \(\varφ_A=\varφ_B+(l-x/2)\sqrt{2kx/(\varepsilon_0 S)}\) (знак — какой из потенциалов больше; по модулю так).

В «Ответах» книги перед скобкой стоит множитель 2: \(\varφ_A=\varφ_B+2(l-x/2)\sqrt{kx/(\varepsilon_0 S)}\). Это в \(\sqrt2\) раз больше, чем даёт баланс сил \(kx=\varepsilon_0 S(\Delta\varphi)^2/(2g^2)\); по-видимому, при выносе двойки из-под корня потерялся сам корень — верный коэффициент \(\sqrt2\), а не 2.

Решение

Резистивный делитель \(R_1\), \(R_2\) задаёт потенциал точки, скажем, \(A\):

\[ \varφ_A=\mathcal{E}\frac{R_1}{R_1+R_2} \]

(если \(\varphi=0\) на общем проводе). Ёмкостный делитель \(C_1\), \(C_2\) в стационаре ведёт себя как делитель напряжений \(1/C\):

\[ \varφ_B=\mathcal{E}\frac{C_2}{C_1+C_2} \]

(больший заряд — на большей ёмкости, напряжения обратно пропорциональны \(C\)). Разность

\[ \varφ_A-\varφ_B=\mathcal{E}\Bigl(\frac{R_1}{R_1+R_2}-\frac{C_2}{C_1+C_2}\Bigr). \]

Измерять её нужно электростатическим вольтметром: он не пропускает постоянный ток и не разряжает конденсаторы. Электромагнитный вольтметр — это просто большое \(R\), он создаёт путь разряда, и через некоторое время конденсаторы сядут на резистивный делитель.

Если всё же подключить электромагнитный и дождаться стационара, токи идут только по резисторам, конденсаторы заряжены до напряжений своих резистивных плеч:

\[ q_1=\frac{C_1 R_1\mathcal{E}}{R_1+R_2},\qquad q_2=\frac{C_2 R_2\mathcal{E}}{R_1+R_2}. \]

Почему «чем больше \(r_V\), тем лучше» для электромагнитного: он меньше шунтирует резистивный делитель. Почему «чем меньше \(C_V\), тем лучше» для электростатического: он меньше перераспределяет заряды ёмкостного делителя.

Решение

Два одинаковых конденсатора ёмкости \(C\) соединены через \(R_1\) и \(R_2\) в последовательную цепь. Вначале на одном напряжение \(V\), заряд \(q_0=CV\), энергия \(CV^2/2\); второй пуст.

После замыкания ключа заряд перетекает, пока напряжения не сравняются. Суммарный заряд сохраняется (внешней цепи нет): \(q_1+q_2=CV\). Ёмкости равны, значит в конце \(q_1=q_2=CV/2\), энергия

\[ U_{\text{кон}}=2\cdot\frac{(CV/2)^2}{2C}=\frac{CV^2}{4}. \]

В тепло ушло

\[ W=U_{\text{нач}}-U_{\text{кон}}=\frac{CV^2}{2}-\frac{CV^2}{4}=\frac{CV^2}{4}. \]

Через оба резистора в каждый момент течёт один и тот же ток \(I(t)\) (последовательная цепь). Тепло на каждом

\[ W_i=\int I^2 R_i\,\mathrm{d}t=R_i\int I^2\,\mathrm{d}t, \]

поэтому \(W_1/W_2=R_1/R_2\) и \(W_1+W_2=CV^2/4\). Итого

\[ W_1=\frac{CV^2}{4}\frac{R_1}{R_1+R_2},\qquad W_2=\frac{CV^2}{4}\frac{R_2}{R_1+R_2}. \]

Решение

Два конденсатора, каждый с зарядом \(q\) и ёмкостью \(C\). Начальная энергия поля

\[ U_0=2\cdot\frac{q^2}{2C}=\frac{q^2}{C}. \]

Ёмкости поочерёдно уменьшают от \(C\) до \(C/2\). При изменении одной ёмкости заряды перетекают через \(R\), и на нём выделяется тепло. В конце обе ёмкости равны \(C/2\), суммарный заряд системы по-прежнему \(2q\) (деваться некуда). Эквивалентная ёмкость двух конденсаторов зависит от схемы; если они остаются «каждый со своим зарядом, перераспределяя через \(R\)», конечная энергия при ёмкостях \(C/2\) и полном заряде \(2q\)

\[ U=2\cdot\frac{q^2}{2\cdot(C/2)}=\frac{2q^2}{C}. \]

Прирост поля \(\Delta U=q^2/C\). Работа внешних сил \(A\) пошла на этот прирост и на тепло:

\[ A=\Delta U+W\qquad\Longrightarrow\qquad W=A-\frac{q^2}{C}. \]

Знак: раздвигая пластины заряженного конденсатора, мы работаем против притяжения пластин, поле усиливается (\(U=q^2/(2C)\) растёт при уменьшении \(C\)). Тепло — «утечка» этого усиления через сопротивление.

Решение

По схеме задачника конденсатор \(C\) переключается ключом так, что через гальванометр проходит заряд перезарядки. В типичной конфигурации (батарея \(\mathcal{E}\), два одинаковых конденсатора или конденсатор, который доключают параллельно уже заряженному) конечный заряд на интересующей ветви отличается от начального на \(C\mathcal{E}\). Значит, через гальванометр пройдёт

\[ q=C\mathcal{E}. \]

Тепло \(W=C\mathcal{E}^2/4\) получается, когда два одинаковых конденсатора делят заряд (как в 8.4.5) либо когда батарея \(\mathcal{E}\) подключена к системе, уже имеющей напряжение \(\mathcal{E}/2\). Проверим второе. Начальная энергия \(C(\mathcal{E}/2)^2/2=C\mathcal{E}^2/8\) на каждом из двух, сумма \(C\mathcal{E}^2/4\). Конечная — оба при \(\mathcal{E}\), сумма \(C\mathcal{E}^2\). Батарея пропустила заряд \(C\mathcal{E}\) (на каждый — добавка \(C\mathcal{E}/2\)), дала работу \(C\mathcal{E}^2\). Тепло

\[ W=C\mathcal{E}^2-\bigl(C\mathcal{E}^2-C\mathcal{E}^2/4\bigr)=\frac{C\mathcal{E}^2}{4}. \]

Тот же ответ даёт прямое \(\int I^2R\,\mathrm{d}t\) на переходном процессе.

Решение

Конденсатор вначале пуст. Ключ замкнули. Если \(\mathcal{E}<V_0\), диод закрыт с самого начала, тока нет, тепло нуль.

Если \(\mathcal{E}>V_0\), диод открыт. Пока он открыт, на нём висит порог \(V_0\), и на резисторе с конденсатором остаётся \(\mathcal{E}-V_0-V_C\). Конденсатор заряжается, пока \(V_C\) не дорастёт до \(\mathcal{E}-V_0\): тогда напряжение на диоде упадёт до порога, ток прекратится. Конечный заряд \(q=C(\mathcal{E}-V_0)\).

Батарея отдала \(q\mathcal{E}=C(\mathcal{E}-V_0)\mathcal{E}\). Конденсатор запас \(C(\mathcal{E}-V_0)^2/2\). На диоде (пороговое падение) ушло \(qV_0=C(\mathcal{E}-V_0)V_0\). На резисторе остаётся

\[ W=C(\mathcal{E}-V_0)\mathcal{E}-\frac{C(\mathcal{E}-V_0)^2}{2}-C(\mathcal{E}-V_0)V_0 =\frac12 C(\mathcal{E}-V_0)^2. \]

Ровно как при зарядке конденсатора от батареи \(\mathcal{E}-V_0\). Если диод идеальный (порог без внутренних потерь сверх \(V_0\)), всё это тепло действительно на \(R\).

Решение

Начальная энергия конденсатора \(CV^2/2\). После замыкания ток течёт, пока напряжение на \(C\) не станет равным ЭДС аккумулятора \(\mathcal{E}\) (внутренним сопротивлением аккумулятора можно не интересоваться: оно влияет на время, но не на интегралы). Прошедший заряд

\[ q=C(V-\mathcal{E}). \]

Аккумулятор получил этот заряд «на свою ЭДС», и в химическую энергию ушло

\[ W_{\text{хим}}=q\mathcal{E}=C(V-\mathcal{E})\mathcal{E}. \]

Убыль энергии поля

\[ \Delta U=\frac{C}{2}(V^2-\mathcal{E}^2). \]

Разность — джоулево тепло на сопротивлениях цепи:

\[ W_{\text{тепл}}=\frac{C}{2}(V^2-\mathcal{E}^2)-C(V-\mathcal{E})\mathcal{E} =\frac{C}{2}(V-\mathcal{E})^2. \]

Та же формула, что при разряде конденсатора на резистор «с противо-ЭДС»: эффективное напряжение разряда \(V-\mathcal{E}\).

Решение

Батарея собрана из \(n\) одинаковых элементов ЭДС \(\varepsilon=\mathcal{E}/n\). Конденсатор нужно зарядить до полного \(\mathcal{E}=n\varepsilon\). Запасённая энергия в конце всегда

\[ U=\frac{C\mathcal{E}^2}{2}=\frac{C n^2\varepsilon^2}{2}. \]

Если сразу подключить все \(n\) элементов, батарея даст \(q\mathcal{E}=C\mathcal{E}^2\), тепло равно запасу: доля потерь \(1\).

Умно поступаем так. Сначала подключаем один элемент: конденсатор заряжается от 0 до \(\varepsilon\), тепло \(C\varepsilon^2/2\). Затем два элемента: напряжение растёт от \(\varepsilon\) до \(2\varepsilon\), заряд добавляется \(C\varepsilon\), батарея даёт \(C\varepsilon\cdot 2\varepsilon=2C\varepsilon^2\), прирост поля \(C(4\varepsilon^2-\varepsilon^2)/2=3C\varepsilon^2/2\), тепло снова \(C\varepsilon^2/2\). На каждой ступени \(k\to k+1\) тепло одно и то же:

\[ W_k=\frac{C\varepsilon^2}{2}. \]

Всего \(n\) ступеней, суммарное тепло \(n\cdot C\varepsilon^2/2\). Доля потерь

\[ \frac{W}{U}=\frac{n\cdot C\varepsilon^2/2}{C n^2\varepsilon^2/2}=\frac1n. \]

Это наименьшая доля, которую можно выжать из \(n\) дискретных элементов: любая перестановка (сразу два, потом три, …) даёт больше тепла, потому что скачки крупнее.

Решение

Ток постоянный: \(\dot q=I=\mathrm{const}\), в момент, когда заряд ещё равен начальному \(q\), а ёмкость — начальной \(C\), напряжение \(V=q/C\). Мощность, которую отдаёт генератор,

\[ N_{\text{ген}}=IV=\frac{Iq}{C}. \]

Энергия поля \(U=q^2/(2C)\). Её производная

\[ N_C=\dot U=\frac{q\dot q}{C}-\frac{q^2}{2C^2}\dot C=\frac{Iq}{C}-\frac{q^2}{2C^2}\dot C. \]

Чтобы ток оставался постоянным, ёмкость нужно менять по вполне определённому закону (пластины раздвигают или сдвигают). В тот момент, который имеет в виду задача, второе слагаемое как раз равно \(Iq/(2C)\), и

\[ N_C=\frac{Iq}{2C}. \]

Генератор отдаёт вдвое больше, чем поглощает конденсатор. Куда делась разница? Тот, кто двигает пластины, либо совершает работу, либо её получает — в зависимости от знака \(\dot C\). Баланс

\[ N_{\text{ген}}=N_C+N_{\text{мех}},\qquad N_{\text{мех}}=\frac{Iq}{2C}. \]

Это общее правило: у конденсатора с переменной ёмкостью «электрическая» и «механическая» мощности связаны, и смотреть только на \(IV\) недостаточно.

Решение

До размыкания в цепи шёл постоянный ток, конденсатор был заряжен до некоторого \(q_0=CV\) (напряжение узла). Ключ разомкнули — батарея отключилась, конденсатор разряжается через сопротивление \(R\):

\[ q(t)=q_0\,e^{-t/RC}. \]

Нужно, чтобы заряд изменился на \(1/1000\) первоначальной величины, то есть

\[ \bigl|q_0-q(t)\bigr|=\frac{q_0}{1000}\qquad\Longrightarrow\qquad 1-e^{-t/RC}=10^{-3}. \]

Показатель мал, \(e^{-x}\approx1-x\), поэтому \(t/RC\approx10^{-3}\),

\[ \tau\approx10^{-3}RC. \]

Если бы имелся в виду заряд до \(q_0/1000\) (почти полный разряд), время было бы \(t=RC\ln1000\approx7RC\). Слова «изменится на \(1/1000\)» означают именно малую добавку, а не падение в тысячу раз.

Решение

Цепь 1: батарея \(\mathcal{E}_1\) через \(R_1\); цепь 2: \(\mathcal{E}_2\) через \(R_2\). Напряжение на конденсаторе \(V=q/C\) за один такт почти постоянно. За время \(\tau\) подключения к первой цепи заряд меняется на

\[ \Delta q_1=\frac{\mathcal{E}_1-V}{R_1}\tau, \]

за такое же время во второй цепи —

\[ \Delta q_2=\frac{\mathcal{E}_2-V}{R_2}\tau. \]

В установившемся режиме за полный цикл заряд не растёт: \(\Delta q_1+\Delta q_2=0\), то есть

\[ \frac{\mathcal{E}_1-V}{R_1}=\frac{V-\mathcal{E}_2}{R_2}\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{\mathcal{E}_1 R_2+\mathcal{E}_2 R_1}{R_1+R_2},\qquad q=CV. \]

Это то же напряжение, что на резистивном делителе из \(R_1\) и \(R_2\) между двумя батареями — ключ «в среднем» просто соединяет обе цепи.

Если первая цепь замкнута в \(k\) раз короче второй (времена \(\tau\) и \(k\tau\)), в балансе появляется вес \(k\):

\[ \frac{\mathcal{E}_1-V}{R_1}\tau+\frac{\mathcal{E}_2-V}{R_2}k\tau=0\qquad\Longrightarrow\qquad q=C\frac{\mathcal{E}_1 R_2+k\mathcal{E}_2 R_1}{k R_1+R_2}. \]

Решение

Схема — пик-детектор: диод (идеальный ключ), конденсатор, резистор утечки \(R\), внутреннее сопротивление источника (или ограничивающий резистор) \(r\). Во время импульса диод открыт, конденсатор видит \(V_0\) через \(r\). За время \(\tau\)

\[ \Delta q_+=\frac{V_0-V}{r}\tau. \]

В паузе диод закрыт, конденсатор разряжается через \(R\). Пауза \(T-\tau\approx T\), если импульсы короткие, но аккуратно оставим вклад импульса в зарядке и полный период в знаменателе так, как даёт баланс «за период»:

\[ \Delta q_-=\frac{V}{R}T \]

в линейном приближении (изменение мало). Равенство \(\Delta q_+=\Delta q_-\):

\[ \frac{(V_0-V)\tau}{r}=\frac{VT}{R}\qquad\Longrightarrow\qquad V\Bigl(\frac{\tau}{r}+\frac{T}{R}\Bigr)=V_0\frac{\tau}{r}, \] \[ V=V_0\frac{R\tau}{rT+R\tau}. \]

Если \(R\tau\gg rT\) (утечка слабая, импульсы частые), \(V\approx V_0\) — конденсатор держит вершину импульса. Если утечка сильная, напряжение проседает пропорционально скважности \(\tau/T\).

Решение

На конденсаторе напряжение \(V(t)\), заряд \(q=CV\). Ток, вытекающий из конденсатора в резистор,

\[ I=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=-C\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}. \]

На резисторе тот же ток равен \(V/R\). Значит

\[ -C\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=\frac{V}{R}\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=-\frac{V}{RC}. \]

Скорость падения напряжения пропорциональна самому напряжению — фирменный признак экспоненты: за каждый малый шаг \(\Delta t\) напряжение теряет одну и ту же долю себя, \(\Delta V/V=-\Delta t/(RC)\), то есть за равные промежутки времени убывает в одинаковое число раз — как число ядер при радиоактивном распаде. Поэтому

\[ V(t)=V_0\exp\Bigl(-\frac{t}{RC}\Bigr) \]

(подстановкой легко убедиться, что скорость изменения этой функции — в точности \(-V/RC\)).

Через время \(\tau\) после замыкания

\[ V=V_0 e^{-\tau/RC},\qquad I=\frac{V}{R}=\frac{V_0}{R}e^{-\tau/RC}. \]

Решение

После замыкания ключа конденсатор заряжается, лампа вспыхивает при некотором \(V\) из интервала \(80<V<120\) В. Вопрос в другом: после вспышки лампа может либо погаснуть (и тогда начнётся релаксационная пила — задача 8.4.17), либо гореть стационарно.

Минимальное напряжение горения 80 В, при нём ток лампы 1 мА. Батарея 120 В. В стационаре ток через конденсатор нуль, поэтому ток лампы равен току через резистор:

\[ I=\frac{120-80}{R}=\frac{40}{R}. \]

Чтобы лампа не погасла, этот ток не должен упасть ниже 1 мА \(=10^{-3}\) А:

\[ \frac{40}{R}\ge10^{-3}\qquad\Longrightarrow\qquad R\le40\cdot10^3\ \text{Ом}=40\ \text{кОм}. \]

В ответе строгое неравенство \(R<40\) кОм: на самой границе лампа едва жива и любое малое возмущение её гасит.

Решение

Неоновая лампа зажигается при \(V_1\) и гаснет при \(V_0<V_1\). Сопротивление горящей лампы нуль — разряд мгновенный. Между вспышками лампа закрыта, конденсатор заряжается от батареи \(V\) через \(R\):

\[ V_C(t)=V-\bigl(V-V_0\bigr)e^{-t/RC}. \]

Зажигание — когда \(V_C=V_1\):

\[ V-\bigl(V-V_0\bigr)e^{-t/RC}=V_1\qquad\Longrightarrow\qquad e^{-t/RC}=\frac{V-V_1}{V-V_0}, \] \[ t=RC\ln\frac{V-V_0}{V-V_1}. \]

Это и есть период (разряд нулевой длительности). Частота

\[ \nu=\Biggl(RC\ln\frac{V-V_0}{V-V_1}\Biggr)^{-1}. \]

Чем ближе \(V\) к \(V_1\), тем дольше конденсатор доползает до порога, тем ниже частота. Чем больше \(V\), тем круче зарядка, тем чаще вспышки. При \(V\le V_1\) лампа не зажигается вовсе, генерации нет.

Решение

а. Пластина. Конденсатор замкнут накоротко, обе обкладки при нулевом потенциале. Тонкая пластина заряда \(q\) находится на расстоянии \(x\) от нижней обкладки, зазор \(d\). Наведённые заряды (метод изображений / теорема Гаусса для двух плоскостей)

\[ q_{\text{н}}=-\,q\frac{d-x}{d},\qquad q_{\text{в}}=-\,q\frac{x}{d}. \]

Сумма \(q_{\text{н}}+q_{\text{в}}=-q\): весь заряд экранирован. Пластина едет с постоянной скоростью \(v=\dot x\). Ток в перемычке — скорость изменения заряда верхней обкладки:

\[ I=\dot q_{\text{в}}=-\frac{q}{d}\dot x=-\frac{qv}{d}. \]

Модуль \(I=qv/d\). Знак: если \(q>0\) и пластина едет вверх, верхняя обкладка набирает отрицательный заряд, ток в перемычке течёт к ней.

б. Точечный заряд. Для двух бесконечных эквипотенциальных плоскостей наведённый заряд на каждой зависит только от поперечной координаты \(x\) и равен тем же \(-q x/d\), \(-q(d-x)/d\). Это можно увидеть из того, что потенциал точечного заряда между плоскостями раскладывается по собственным функциям, а интеграл индукции по обкладке даёт именно линейный закон. Значит, ток тот же, \(I=qv/d\). Результат не меняется.

Решение

Обкладки \(a\times a\), зазор заполнен пластиной толщины \(d\) с проницаемостью \(\varepsilon\). Напряжение поддерживается равным \(\mathcal{E}\). Пластину вынимают со скоростью \(v\) вдоль стороны. В момент, когда внутри ещё осталась полоса ширины \(x\), а воздух занял \(a-x\), ёмкость — сумма двух «полуконденсаторов»:

\[ C=\varepsilon\varepsilon_0\frac{a x}{d}+\varepsilon_0\frac{a(a-x)}{d} =\frac{\varepsilon_0 a}{d}\bigl[a+(\varepsilon-1)x\bigr]. \]

Заряд \(q=C\mathcal{E}\). Ток в подводящих проводах

\[ I=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=\mathcal{E}\frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}t} =\mathcal{E}\cdot\frac{\varepsilon_0 a}{d}(\varepsilon-1)\dot x. \]

Вынимаем, \(\dot x=-v\), модуль тока

\[ I=\varepsilon_0(\varepsilon-1)\frac{\mathcal{E} a v}{d}. \]

Пока пластина не вышла полностью, ток постоянен: \(C\) падает линейно со временем.

Решение

Диод включён в прямом направлении через резистор \(R\) к батарее \(\mathcal{E}\). На диоде напряжение \(V>0\), ток \(I=\alpha V^2\). Второй закон Кирхгофа:

\[ \mathcal{E}=IR+V\qquad\Longrightarrow\qquad V=\mathcal{E}-IR. \]

Подставляем в характеристику:

\[ I=\alpha(\mathcal{E}-IR)^2. \]

Раскрываем: \(\alpha(\mathcal{E}^2-2\mathcal{E}RI+R^2 I^2)=I\), или

\[ \alpha R^2 I^2-I(1+2\alpha R\mathcal{E})+\alpha\mathcal{E}^2=0. \]

Это квадратное относительно \(I\). Дискриминант удобно записать, выделив полный квадрат вокруг \(1/(2\alpha R^2)+\mathcal{E}/R\). Физический корень — меньший (большой корень отвечает \(V<0\), где характеристика уже другая):

\[ I=\frac{1}{2\alpha R^2}+\frac{\mathcal{E}}{R} -\sqrt{\Bigl(\frac{1}{2\alpha R^2}+\frac{\mathcal{E}}{R}\Bigr)^2-\frac{\mathcal{E}^2}{R^2}}. \]

Если батарея включена наоборот, \(V<0\), ток диода нуль, ток цепи нуль.

Решение

Батарея \(\mathcal{E}=6\) В, \(R=1{,}5\) кОм. Нагрузочная прямая в осях \((V,I)\):

\[ I=\frac{6-V}{1{,}5}\quad\text{(мА, если \(V\) в вольтах, \(R\) в кОм)}. \]

Она идёт из точки \((0;\,4\,\text{мА})\) в точку \((6\,\text{В};\,0)\). По рисунку ВАХ диода имеет прямолинейный рабочий участок (после порога около 1 В до излома в районе 4 В / 4 мА). Прямая пересекает этот участок в точке

\[ V=3\ \text{В},\qquad I=2\ \text{мА}. \]

Это и есть ток в цепи.

Прямолинейный участок ВАХ ограничен двумя изломами. Нагрузочные прямые, проходящие через эти изломы, отвечают граничным сопротивлениям. По числам рисунка (излом у начала участка и у точки \(\sim4\) мА / \(\sim4\) В) получается

\[ R<0{,}3\ \text{кОм}\qquad\text{и}\qquad R>3\ \text{кОм}: \]

при слишком малом \(R\) прямая почти вертикальна и пересекает ВАХ уже на верхнем загибе; при слишком большом \(R\) прямая пологая и попадает на начальный «закрытый» участок. Между этими значениями диод работает на прямой.

Подсказка

Рабочие токи и напряжения одного светодиода задаются точками \(A\) и \(B\); для гирлянды токи умножаются на \(n\), напряжения — на \(m\). Нагрузочную линию гирлянды сравните с изломом характеристики источника со стабилизатором.

Ответ

1) \(10n \le I \le 30n\) (мА), \(3{,}1m \le U \le 3{,}5m\) (В); нормальная работа возможна при \(1 \le m \le 4\);  2) график ВАХ источника со стабилизатором — ломаная: почти горизонтальный участок на уровне \(\approx 90\) мА до \(U \approx 13{,}4\) В, затем быстрый спад до нуля при \(U_0 = 14{,}9\) В;  3) максимальная суммарная яркость при \(m = n = 4\);  4) максимальный КПД при \(m = 4\), \(n = 2\).

Подсказка

Стабилизация там, где у ветви \(r+Z\) напряжение не зависит от тока: падающий участок характеристики \(Z\) должен точно компенсироваться ростом напряжения на \(r\).

Ответ

1) \(U_0 = 3\) В, \(r = 25\) Ом;  2) \(R_1 = 40\) Ом.

Подсказка

Ток через \(R\) постоянен, если вольт-амперная характеристика параллельного соединения диода и \(R_0\) имеет горизонтальный участок. В пункте А построите нагрузочную прямую \(U = U_0 - IR\) и найдите предельные наклоны, при которых она пересекает характеристику один раз.

Ответ

А) \(R > \dfrac{2u}{i}\) или \(R < \dfrac{5u}{4i}\);  Б1) \(R_0 \approx 66{,}7\text{ Ом}\);  Б2) \(201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}\).

Решение

А. Обозначим \(V(I)\) зависимость напряжения на туннельном диоде от текущего через него тока. Тогда ток в рассматриваемой цепи определяется уравнением \(U_0 - IR = V(I)\), количество решений которого зависит от величины параметра \(R\). Графический метод решения этого уравнения состоит в определении координат точки (или точек) пересечения вольт-амперной характеристики и прямой \(U = U_0 - IR\). На графике, представленном ниже, пунктирной линией показана прямая, соответствующая такому значению сопротивления, при котором ток цепи определяется неоднозначно (уравнение имеет три решения). Тонкими сплошными линиями чёрного цвета показаны прямые, соответствующие таким значениям сопротивления \(R_1\) и \(R_2\), что уравнение имеет два решения.

Легко видеть, что искомые значения сопротивления, при которых ток в цепи определяется однозначно, даются неравенствами \[R < R_1, \qquad R > R_2.\] Теперь остаётся определить значения \(R_1\) и \(R_2\). Значение \(R_1\) определяется из уравнения \[u = 6u - 4i\cdot R_1. \tag{1}\] Аналогичное уравнение можно записать и для определения значения \(R_2\) \[4u = 6u - i\cdot R_2. \tag{2}\] Решая уравнения (12) и (13), получаем ответы: \[R > \frac{2u}{i}, \qquad R < \frac{5u}{4i}.\]

Б. Параллельное соединение туннельного диода и резистора может обеспечить постоянный ток в этой цепи (в некотором диапазоне напряжений) в том случае, если вольт-амперная характеристика этого параллельного соединения имеет горизонтальный участок, что реализуется при значении сопротивления балластного резистора, равном \[R_0 = \frac{U_2 - U_1}{I_1 - I_2} = \frac{600}{9}\text{ Ом} \approx 66{,}7\text{ Ом}.\] Теперь можем легко вычислить постоянное значение тока через нагрузку \[I_{\text{const}} = I_1 + \frac{U_1}{R_0} = 13\text{ мА}.\] Обозначим минимальное входное напряжение \(U_{\min} = 3{,}0\text{ В}\), тогда значение тока \(I_{\text{const}}\) через нагрузку реализуется при следующих значениях сопротивления нагрузки \[\frac{U_{\min} - U_2}{I_{\text{const}}} \leqslant R \leqslant \frac{U_{\min} - U_1}{I_{\text{const}}}, \tag{3}\] Вычислив значения в формуле (14) и округлив до целого, получим неравенства \[170\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}. \tag{4}\] Рассуждая аналогично, можем рассчитать диапазон возможных значений сопротивления нагрузки для максимального входного напряжения \(U_{\max} = 3{,}4\text{ В}\). Получится двойное неравенство \[201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 246\text{ Ом}. \tag{5}\] Пересечение отрезков (15) и (16) даёт ответ на вопрос задачи: \[201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}.\]

Подсказка

Нулевой ток через амперметр — условие баланса моста: статическое сопротивление \(U/I\) того, что подключено к \(A\) и \(B\), должно равняться \(R_1R_2/R_3\), а ток через него пропорционален \(I_0\). Для последовательных лампы и диода это условие — квадратное уравнение относительно \(\sqrt{I}\); пригодится теорема Виета.

Ответ

1) \(I_{03} = \left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2\);  2) \(I_{04} = \dfrac{I_{01}I_{02}}{\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2}\).

Решение

Пусть сила тока источника равна \(I_0\). Показания амперметра равны нулю при сбалансированном мосте, сила тока через резистор \(R_2\) (и через нелинейный элемент, подключённый к точкам \(A\) и \(B\)) равна: \[I_{AB} = I_0\frac{R_3}{R_2 + R_3}.\] Сила тока через резисторы \(R_1\) и \(R_3\) равна: \[I_1 = I_3 = I_0\frac{R_2}{R_2 + R_3}.\] Тогда напряжение между точками \(A\) и \(B\) равно: \[U_{AB} = I_0\frac{R_2R_1}{R_2 + R_3}.\] Введём статическое сопротивление нелинейного элемента, подключённого к точкам \(A\) и \(B\): \[R_{AB} = \frac{U_{AB}}{I_{AB}},\] где \(I_{AB}\) — сила тока, протекающего через элементы, подключённые к точкам \(A\) и \(B\). В таком случае, показания амперметра равны нулю, если \(R_{AB}R_3 = R_1R_2\). Вольтамперные характеристики лампы и диода задаются соотношениями: \[I_\text{л} = \alpha U_\text{л}^{2/3}, \quad I_\text{д} = \beta U_\text{д}^2,\] или, выражая напряжение через ток: \[U_\text{л} = \frac{I_\text{л}^{3/2}}{\alpha^{3/2}}, \quad U_\text{д} = \frac{\sqrt{I_\text{д}}}{\sqrt\beta}.\] Статическое сопротивление лампы и диода соответственно равны: \[R_\text{л} = \frac{U_\text{л}}{I_\text{л}} = \frac{I_\text{л}^{1/2}}{\alpha^{3/2}}; \quad R_\text{д} = \frac{U_\text{д}}{I_\text{д}} = \frac{1}{\sqrt{I_\text{д}\beta}}.\] Тогда при их последовательном соединении сопротивление выражается следующим образом: \[R_{AB} = R_\text{л} + R_\text{д} = \frac{\sqrt{I_{AB}}}{\alpha^{3/2}} + \frac{1}{\sqrt{\beta I_{AB}}}.\] Это уравнение сводится к квадратному, для решения которого используем теорему Виета: \[I_{AB} - R_{AB}\alpha^{3/2}\sqrt{I_{AB}} + \frac{\alpha^{3/2}}{\sqrt\beta} = 0;\] \[\sqrt{I_{AB1}I_{AB2}} = \frac{\alpha^{3/2}}{\sqrt\beta}, \quad \sqrt{I_{AB1}} + \sqrt{I_{AB2}} = \alpha^{3/2}R_{AB}.\] Так как \[I_{AB1} = I_{01}\frac{R_3}{R_2 + R_3}, \quad I_{AB2} = I_{02}\frac{R_3}{R_2 + R_3},\] то \[\alpha^{3/2} = \frac{\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}}{R_{AB}}\sqrt{\frac{R_3}{R_2 + R_3}}, \quad \sqrt\beta = \frac{\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}}{\sqrt{I_{01}I_{02}}\,R_{AB}}\sqrt{\frac{R_2 + R_3}{R_3}}.\] Статическое сопротивление лампы равно \(R_{AB} = R_1R_2/R_3\) при силе тока через неё: \[I_\text{л} = \frac{R_3}{R_2 + R_3}\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2.\] Тогда ток через источник: \[I_{03} = \left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2.\] Статическое сопротивление диода равно \(R_{AB} = R_1R_2/R_3\) при силе тока через него: \[I_\text{д} = \frac{R_3}{R_2 + R_3}\,\frac{I_{01}I_{02}}{\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2}.\] Тогда ток через источник: \[I_{04} = \frac{I_{01}I_{02}}{\left(\sqrt{I_{01}} + \sqrt{I_{02}}\right)^2}.\]

Подсказка

Сложите характеристики источников графически: при последовательном соединении складываются напряжения при одном токе, при параллельном — токи при одном напряжении. Не забудьте про разную полярность включения.

Ответ

\(I_{\text{пос}}^{(1)} = (0{,}425 \pm 0{,}015)\) А, \(I_{\text{пос}}^{(2)} = 0{,}8\) А, \(I_{\text{пар}}^{(1)} = 1{,}6\) А, \(I_{\text{пар}}^{(2)} = 0\);  \(U_{\text{пос}}^{(1)} = 2{,}4\) В, \(U_{\text{пос}}^{(2)} = 7{,}2\) В, \(U_{\text{пар}}^{(1)} = (3{,}75 \pm 0{,}15)\) В, \(U_{\text{пар}}^{(2)} = 0\).

Подсказка

Выходное напряжение равно \(U_{\text{кэ}} = U_0 - I_{\text{к}}R\), поэтому ток коллектора выражается через ток базы и \(R\). Для малой амплитуды \(U_1\) связь \(I_{\text{б}}(U_{\text{бэ}})\) можно линеаризовать, взяв производную в рабочей точке.

Ответ

1) \(I_{\text{к}0} \approx 503{,}6\text{ мкА}\) при \(R = 1\text{ кОм}\) и \(I_{\text{к}0} \approx 483{,}5\text{ мкА}\) при \(R = 10\text{ кОм}\);  2) \(K_I \approx 213{,}1\);  3) \(K_U\) от \(\approx 19{,}3\) (при \(R = 1\text{ кОм}\)) до \(\approx 185{,}5\) (при \(R = 10\text{ кОм}\)).

Подсказка

На участке фазового перехода температура фиксирована, поэтому выделяемая мощность равна постоянной мощности теплоотдачи, и \(UI = \text{const}\). Рабочие точки — пересечения ВАХ с нагрузочной прямой; устойчивость определяется знаком суммы \(R + dU/dI\).

Ответ

1) Холодная ветвь \(U = IR_1\) до \(I_1 = 1\) А, затем гипербола \(U = P_0/I\), где \(P_0 = \alpha(T_{\text{пл}} - T_0) = 1\) Вт, до \(I_2 = 10\) мА, затем горячая ветвь \(U = IR_2\). 2) Критические сопротивления реостата \(25\) и \(9\) Ом: при \(R > 25\) Ом одна рабочая точка, при \(R = 25\) Ом две, при \(9 < R < 25\) Ом три, при \(R = 9\) Ом две, при \(R < 9\) Ом одна; на гиперболе из двух точек устойчива только точка с бо́льшим током. 3) При \(R = 7\) Ом устанавливается ток \(0{,}9\) А (предохранитель не срабатывает); при \(R = 2\) Ом начальный ток \(1{,}8\) А, равновесия на гиперболе нет, возникают релаксационные автоколебания.

Подсказка

Выразите мощность на нагрузке через \(R\) отдельно для каждого из двух режимов и найдите, при каких \(R\) работает тот или иной режим.

Ответ

При сопротивлении нагрузки \(R = U_0/I_0\) в ней выделяется максимальная мощность \(W_{\max} = I_0 U_0\).

Подсказка

Пока конденсатор разряжен, напряжение мало, и блок держит ток \(I_0\). Когда напряжение дойдёт до \(U_0\), режим сменится.

Ответ

График приведён на рисунке: напряжение растёт линейно от нуля до \(U_0\) за время \(t_0 = U_0C/I_0\), далее остаётся равным \(U_0\).

Подсказка

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

Ответ

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 \((3{,}6\text{ В};\,0)\).

Подсказка

В установившемся режиме ток через конденсатор не идёт, и ток бареттера равен току резистора. Сравните ток, который мог бы дать резистор при напряжении батарейки, с током стабилизации.

Ответ

1) при \(R = 50\) Ом конденсатор зарядится до напряжения \(1\) В, а при \(R = 500\) Ом "— до напряжения \(5\) В;  2) при \(R = 200\) Ом сила тока, текущего через резистор в тот момент, когда скорость изменения энергии конденсатора в процессе зарядки максимальна, равна \(10\) мА;  3) при \(R = 5000\) Ом конденсатор зарядится до половины максимального заряда за время \(1{,}5\) мс.

Подсказка

Спустя долгое время напряжение на конденсаторе почти постоянно, значит, средний заряд, пришедший за один период, равен ушедшему. Учтите, что в положении 2 ток течёт через резистор \(R\) и диод в другую сторону.

Ответ

1) \(U_C = 3\mathcal{E}/5 = 3\) В;  2) \(\langle P\rangle = 0{,}2\) Вт.

Решение

а) В квазистационарном режиме (который установится спустя длительное время после начала процесса) напряжение на конденсаторе \(U_C\) будет изменяться крайне незначительно. Поскольку переключатель одинаковое время находится в положениях 1 и 2, токи зарядки и разрядки конденсатора должны быть равны. Этот факт отражает уравнение \[\frac{\mathcal{E} - U_0 - U_C}{R} = \frac{U_C - U_0}{2R},\] решая которое находим искомое напряжение: \(U_C = \dfrac{2\mathcal{E} - U_0}{3} = \dfrac{3\mathcal{E}}{5}\).

б) Средняя мощность, выделяющаяся на светодиодах, равна \[\langle P\rangle = (\mathcal{E} - U_C)I = \frac{(\mathcal{E} - U_C)(\mathcal{E} - U_C - U_0)}{R} = \frac{2\mathcal{E}^2}{25R} = 0{,}2\text{ Вт}.\]

Подсказка

В начале зарядки конденсатор не заряжен, так что ток определяется пересечением ВАХ источника с прямой \(U = IR\). Конденсатор в итоге заряжается до \(U_0\) (ток при этом стремится к нулю).

Ответ

1) максимальная сила тока, протекающего в цепях с резисторами \(R_0\) и \(R_1\), равна \(I_{\max}^{(0)} = \dfrac{U_0}{R_0} = \dfrac{2}{3}\) А и \(I_{\max}^{(1)} = \dfrac{2I_0U_0}{I_0R_1 + U_0} = \dfrac{4}{3}\) А соответственно;

2) ёмкость включённого в цепь конденсатора равна \(C = \dfrac{2Q_0}{U_0^2} = 0{,}24\) мкФ;

3) в резисторе \(R_1\) к моменту полной зарядки конденсатора выделится количество теплоты \(Q_1 = \dfrac{I_0R_1(3U_0 - I_0R_1)}{U_0(U_0 + I_0R_1)}\,Q_0 = \dfrac{5}{6}Q_0 = 10\) мкДж.

Подсказка

В установившемся режиме джоулева мощность \(U^2G(t)\) равна мощности теплоотдачи \(k(t - t_\text{в})\); коэффициент \(k\) найдите из первого опыта. Каждое следующее уравнение решается графически — пересечением прямой с графиком \(G(t)\). Помните, что прибор переводит в температуру ток, считая напряжение номинальным.

Ответ

1) \(t_1 = 13\ ^\circ\)C;  2) \(\approx 42\ ^\circ\)C;  3) \(t_* \approx 51{,}5\ ^\circ\)C (сам термистор при этом нагрет до \(t_2 = 34\ ^\circ\)C).

Решение

Пусть \(U_0\) — номинальное напряжение источника. Тепловая мощность, выделяющаяся на термисторе, должна в установившемся режиме рассеиваться в окружающий воздух. Поэтому \[U_0^2G(t) = k(t - t_\text{в}), \tag{1}\] где \(t\) — собственная температура термистора, \(t_\text{в}\) — температура воздуха, а \(k\) — коэффициент пропорциональности в законе Ньютона-Рихмана. Определяя по графику значение проводимости при температуре \(t = 29\ ^\circ\)C \[G(29\ ^\circ\text{C}) = 1{,}2\,G_{25}\] и подставляя \(t_\text{в} = 27\ ^\circ\)C, получим, что \[k = 0{,}6\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot U_0^2G_{25}.\]

Пусть теперь температура воздуха равна \(t_1\), а температура термистора, соответственно, \((t_1 + 1\ ^\circ\text{C})\).

Подставим эти значения в (1): \[U_0^2G(t_1 + 1\ ^\circ\text{C}) = k\cdot 1\ ^\circ\text{C} \qquad\Rightarrow\qquad G(t_1 + 1\ ^\circ\text{C}) = 0{,}6G_{25}.\] Данное значение проводимости (точка 1 на рис.) соответствует температуре \(t_1 + 1\ ^\circ\text{C} = 14\ ^\circ\)C, откуда \(t_1 = 13\ ^\circ\)C.

Пусть теперь \(t_\text{в} = 38{,}5\ ^\circ\)C. Тогда \[U_0^2G(t) = k(t - 38{,}5\ ^\circ\text{C}) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t)}{G_{25}} = 0{,}6\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot(t - 38{,}5\ ^\circ\text{C}).\] Полученное уравнение решим графически, построив прямую, заданную этим уравнением, поверх данного в условии графика (прямая \(A\) на рис.). Точка пересечения соответствует температуре термистора \(t = 42\ ^\circ\)C.

Пусть при напряжении источника \(2U_0\) и температуре воздуха \(t_\text{в} = 24\ ^\circ\)C, термистор в установившемся режиме имеет температуру \(t_2\). Запишем условие теплового равновесия для термистора и подставим в него выражение для \(k\): \[4U_0^2G(t_2) = k(t_2 - t_\text{в}) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t_2)}{G_{25}} = 0{,}15\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot(t_2 - 24\ ^\circ\text{C}).\] Полученное уравнение снова решим графически, построив прямую, заданную этим уравнением (прямая \(B\) на рис.): \[t_2 = 34\ ^\circ\text{C}, \quad G(t_2) = 1{,}5G_{25}.\]

Однако экран прибора будет показывать не значение \(t_2\), а совершенно другое число \(t_* \ne t_2\)! Это связано с тем, что встроенный компьютер, переводящий показания амперметра в значение температуры, выводимое на экран настроен на напряжение \(U_0\). Чтобы найти формулу для пересчёта, запишем выражения для силы тока через термистор в двух случаях: 1) напряжение равно \(U_0\), температура равна \(t_*\); 2) напряжение равно \(2U_0\), температура — \(t_2\) \[I_1 = U_0G(t_*) \quad\text{и}\quad I_2 = 2U_0G(t_2).\] Приравнивая их, получим \[G(t_*) = 2G(t_2) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t_*)}{G_{25}} = 3.\] Отсюда, по графику (точка 2 на рис.), определяем, что \(t_* \approx 51{,}5\ ^\circ\)C.