Источники и диод

Начните с очень большого \(R\): ток мал, и диод закрыт или открыт — решает напряжение на нём. Найдите, при каком \(R\) оно меняет знак.

\(U_R=\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\) при \(R\ge2r\) (диод закрыт); \(U_R=\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}\) при \(R\le2r\) (диод открыт).

Что происходит. Нижняя ветвь с двумя источниками даёт между узлами \(A\) и \(B\) напряжение, близкое к \(2\mathcal{E}\), а верхняя ветвь с одним источником «хочет» дать только \(\mathcal{E}\). Пока напряжение между \(A\) и \(B\) больше \(\mathcal{E}\), диод заперт, и верхняя ветвь не работает. При уменьшении \(R\) напряжение \(U_{AB}\) падает; когда оно становится равным \(\mathcal{E}\), диод открывается. Значит, у задачи две области, и в каждой своя схема.

Обозначения. \(U=U_{AB}\) — напряжение на \(R\) (\(B\) — правый узел, \(\varphi_B>\varphi_A\)). Все три источника направляют ток от \(A\) к \(B\) через свои ветви; через \(R\) ток идёт от \(B\) к \(A\). \(I_1\), \(I_2\) — токи верхней и нижней ветви от \(A\) к \(B\), \(I'=I_1+I_2\) — ток через \(R\). Потенциал \(A\) примем нулевым: потенциал точки \(C\) между верхним источником и диодом равен \(\mathcal{E}\).

1. Диод закрыт. В этом случае \(I_1=0\), и схема — два источника, соединённых последовательно, и \(R\).

Закон Ома для замкнутой цепи: \(I=\dfrac{2\mathcal{E}}{2r+R}\), напряжение \(U=IR=\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\). Эта схема верна, пока диод заперт, то есть пока потенциал \(\varphi_B=U\) не меньше потенциала \(\varphi_C=\mathcal{E}\): \[\frac{2R}{2r+R}\ge1\quad\Leftrightarrow\quad R\ge2r .\] Обратите внимание: открыт диод или закрыт, нужно проверять по знаку напряжения на нём (или тока \(I_1\)), а не считать, что он всегда проводит.

2. Диод открыт (\(R\le2r\)). Сопротивление диода равно нулю, и верхняя ветвь работает. Напряжение между \(A\) и \(B\) запишем через каждую ветвь: \[U=\mathcal{E}-I_1r,\qquad U=2\mathcal{E}-2rI_2,\qquad U=(I_1+I_2)R .\] Выражаем токи: \(I_1=\dfrac{\mathcal{E}-U}{r}\), \(I_2=\dfrac{2\mathcal{E}-U}{2r}\). Подставляем в третье уравнение: \[\frac UR=\frac{\mathcal{E}-U}{r}+\frac{2\mathcal{E}-U}{2r}=\frac{4\mathcal{E}-3U}{2r} \quad\Rightarrow\quad U=\frac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}.\] Условие \(I_1\ge0\) означает \(U\le\mathcal{E}\), то есть \(R\le2r\), — те же границы.

3. Итоговая зависимость. \[U_R=\begin{cases}\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}, & R\le2r,\\[3mm] \dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}, & R\ge2r.\end{cases}\]

Проверка. На границе \(R=2r\) обе формулы дают \(U=\mathcal{E}\) — график непрерывен. Пределы: при \(R\to0\) (замыкание накоротко) \(U\to0\); при \(R\to\infty\) ток исчезает и \(U\to2\mathcal{E}\) — э. д. с. двух источников нижней ветви. Размерность: \(\mathcal{E}R/r\) — вольты. Ток через \(R\) при \(R<2r\): \(I'=\dfrac{4\mathcal{E}}{2r+3R}\), в точке \(R=2r\) он равен \(\dfrac{\mathcal{E}}{2r}\), и в формуле для закрытого диода при том же \(R\) получается то же \(\dfrac{2\mathcal{E}}{4r}\).

Ответ: \(U_R=\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\) при \(R\ge2r\) и \(U_R=\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}\) при \(R\le2r\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.