Мост Лиссажу

Напряжения на \(R_1\) и \(C\) (так же как на \(R_2\) и \(L\)) сдвинуты по фазе на \(90^\circ\), поэтому на плоскости комплексных амплитуд точки \(B\) и \(D\) лежат на окружности с диаметром \(AE\). Фигура вырождается в отрезок, когда \(B\), \(P\), \(D\) лежат на одной прямой; тогда работает степень точки \(P\) относительно окружности.

\(|V_{PB}|=\dfrac{V}{3}\sqrt{\dfrac{2}{|\tan\alpha|}}\).

Положим \(V_E=0\) и \(V_A=V\) (комплексная амплитуда). Рассмотрим ветвь \(RC\): поскольку \(R_1\) и \(C\) обтекает один и тот же ток, их напряжения относятся как импедансы: \(Z_C/Z_{R_1}=1/(\mathrm i\omega R_1C)=-\mathrm i/(\omega R_1C)\). Множитель \(-\mathrm i\) — поворот на \(90^\circ\) по часовой стрелке на фазовой плоскости, поэтому \(V_{BE}\) получается из \(V_{AB}\) поворотом на \(90^\circ\) по часовой стрелке; в частности, \(V_{AB}\perp V_{BE}\), а \(V_B\) лежит в нижней полуплоскости (\(\mathrm{Im}\,V_B<0\)).

Для ветви \(RL\): \(Z_L/Z_{R_2}=\mathrm i\omega L/R_2\): множитель \(\mathrm i\) — поворот на \(90^\circ\) против часовой стрелки, поэтому \(V_{DE}\) получается из \(V_{AD}\) поворотом на \(90^\circ\) против часовой стрелки, откуда \(V_{AD}\perp V_{DE}\), а \(V_D\) лежит в верхней полуплоскости (\(\mathrm{Im}\,V_D>0\)).

По теореме Фалеса для каждой ветви точки \(V_B\) и \(V_D\) лежат на окружности с диаметром \(\overline{AE}\) (центр \(V/2\), радиус \(V/2\)), на противоположных полуокружностях.

Осциллограф показывает \(V_{PB}\) по оси \(x\) и \(V_{PD}\) по оси \(y\); фигура Лиссажу вырождается в отрезок, когда эти комплексные амплитуды параллельны или антипараллельны — иначе говоря, когда \(P\), \(B\), \(D\) лежат на одной прямой на фазовой плоскости. Поскольку \(V_B\) и \(V_D\) лежат по разные стороны от вещественной оси, а \(V_P\) вещественна (доля от \(V\)), точка \(V_P\) лежит между ними на этой прямой, так что \(V_{PB}\) и \(V_{PD}\) антипараллельны. Следовательно, наклон показываемого отрезка отрицателен и \[|\tan\alpha|=\frac{|V_{PD}|}{|V_{PB}|}.\] Потенциометр делится в отношении \(1:2\) слева направо; в зависимости от ориентации это даёт \(V_P=V/3\) или \(V_P=2V/3\). Степень точки \(P\) относительно окружности Фалеса, \[\mathrm{pow}(P)=V_P(V_P-V),\] принимает значение \(-2V^2/9\) в обоих случаях (по симметрии квадратного трёхчлена относительно \(V_P=V/2\)). Так как \(P\) лежит внутри окружности, а прямая \(BPD\) пересекает её в двух точках, \[|PB|\cdot|PD|=|\mathrm{pow}(P)|=\frac{2V^2}{9}.\] Сочетая это с \(|\tan\alpha|=|V_{PD}|/|V_{PB}|\), получаем \[|V_{PB}|^2\,|\tan\alpha|=\frac{2V^2}{9},\qquad |V_{PB}|=\frac{V}{3}\sqrt{\frac{2}{|\tan\alpha|}}.\] Поскольку условие «отрезок составляет с осью \(x\) угол \(\alpha\)» можно понимать по-разному, ни знак наклона, ни \(\tan\alpha\) без модуля не считались ошибкой.

Альтернативное решение (чисто алгебраическое, на импедансах, для тех, кто не заметил окружность Фалеса). Заземлим узел \(E\) и запишем \(V_A=V\). Делители напряжения в \(B\) и \(D\) дают \[V_B=\frac{V}{1+\mathrm i\omega R_1C},\qquad V_D=\frac{V}{1-\mathrm iR_2/(\omega L)},\] а резистивный движок даёт \(V_P=2V/3\) (или \(V/3\); ответ от этого выбора не зависит). Введём безразмерные параметры \(u=\omega R_1C\) и \(w=R_2/(\omega L)\), так что \[V_B=\frac{V(1-\mathrm iu)}{1+u^2},\qquad V_D=\frac{V(1+\mathrm iw)}{1+w^2}.\] Взяв \(V_P=2V/3\), запишем \(V_{PB}/V=X_B+\mathrm iY_B\) и \(V_{PD}/V=X_D+\mathrm iY_D\):

\[X_B=\frac{2u^2-1}{3(1+u^2)},\quad Y_B=\frac{u}{1+u^2},\quad X_D=\frac{2w^2-1}{3(1+w^2)},\quad Y_D=-\frac{w}{1+w^2}.\] Кривая Лиссажу вырождается в отрезок тогда и только тогда, когда \(V_{PB}/V_{PD}\) вещественно, т. е. \(X_BY_D-Y_BX_D=0\). Подстановка и упрощение дают \[(u+w)(2uw-1)=0,\] поэтому (так как \(u,w>0\)) условие моста: \(uw=1/2\), т. е. \(R_1R_2C=L/2\). Наклон показываемого отрезка равен отношению комплексных амплитуд (теперь обе вещественны), удобно вычисляемому по мнимым частям: \[\tan\alpha=\frac{Y_D}{Y_B}=-\frac{w(1+u^2)}{u(1+w^2)}.\] Подставляя \(w=1/(2u)\), получаем \[\tan\alpha=-\frac{2(1+u^2)}{1+4u^2},\qquad\text{так что}\qquad \frac{1+4u^2}{1+u^2}=\frac{2}{|\tan\alpha|}.\tag{$\dagger$}\] Амплитуду между \(B\) и \(P\) находим из \(X_B^2+Y_B^2\): \[\frac{|V_{PB}|^2}{V^2}=\frac{(2u^2-1)^2+9u^2}{9(1+u^2)^2}=\frac{(4u^2+1)(1+u^2)}{9(1+u^2)^2}=\frac{4u^2+1}{9(1+u^2)}.\] Используя \((\dagger)\): \[|V_{PB}|=\frac V3\sqrt{\frac{4u^2+1}{1+u^2}}=\frac V3\sqrt{\frac{2}{|\tan\alpha|}}.\]

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