Диод и катушка

Пока диод открыт, ток растёт по закону индуктивности \(L\,di/dt=u\). Диод идеальный: пропускает ток только в одну сторону, поэтому ток никогда не бывает отрицательным. Выясните, в какой момент ток первый раз обращается в нуль и что дальше делает диод.

\(i(t)=I_0\sin\omega t\) при \(0\le\omega t\le\pi\);  \(i=0\) при \(\pi\le\omega t\le\dfrac{3\pi}{2}\);  \(i(t)=I_0\,(1+\sin\omega t)\) при \(\omega t\ge\dfrac{3\pi}{2}\), где \(I_0=\dfrac{U_{\text{м}}}{\omega L}\). (Постоянная составляющая тока равна \(I_0\), наибольшее значение \(2I_0\).)

Что происходит. Идеальный диод пропускает ток в одном направлении, при этом напряжение на нём равно нулю; в обратном направлении ток равен нулю, а напряжение на диоде любое отрицательное. Пока диод открыт, катушка подключена прямо к источнику, и скорость нарастания тока определяется законом самоиндукции \(L\,di/dt=u\). Когда ток доходит до нуля, диод закрывается и «запирает» его, пока напряжение источника снова не станет положительным. Главная идея: идти по времени и на каждом участке решать \(L\,di/dt=u\), сшивая решения по непрерывности тока.

Обозначения. \(I_0=\dfrac{U_{\text{м}}}{\omega L}\) — единица силы тока, \(\varphi=\omega t\) — фаза. Положительным считаем ток, проходящий через диод в проводящем направлении.

1. Закон для открытого диода. При открытом диоде напряжение на нём нуль, и напряжение источника целиком приложено к катушке. ЭДС самоиндукции идеальной катушки равна \(-L\,di/dt\), а сопротивления нет, поэтому (второе правило Кирхгофа для контура) \[u=L\frac{di}{dt}\quad\Rightarrow\quad i(t)=\frac1L\int u\,dt.\]

2. Первая стадия, \(0\le\varphi\le\pi\). В момент замыкания \(i(0)=0\), а \(u(0)=U_{\text{м}}>0\): диод открывается (напряжение на нём в проводящем направлении). Интегрируем от \(0\) до \(t\): \[i=\frac{U_{\text{м}}}{L}\int_0^{t}\cos\omega t'\,dt'=I_0\sin\omega t.\] Ток положителен, пока \(\sin\omega t>0\), то есть до \(\varphi=\pi\). В момент \(\varphi=\pi\) ток равен нулю, а \(u=-U_{\text{м}}\).

3. Диод закрыт, \(\pi\le\varphi\le3\pi/2\). Ток через катушку не может стать отрицательным (диод его не пропустит), поэтому \(i=0\). Напряжение источника отрицательно и целиком приложено к закрытому диоду: это обратное напряжение, диод остаётся закрытым. Так продолжается, пока \(u<0\), то есть до \(\varphi=3\pi/2\), где \(u=0\) и затем становится положительным.

4. Диод снова открыт, \(\varphi\ge3\pi/2\). Теперь \(u>0\), ток начинается от нуля с этого момента \(t_1=\dfrac{3\pi}{2\omega}\): \[i=\frac{U_{\text{м}}}{L}\int_{t_1}^{t}\cos\omega t'\,dt'=I_0\bigl[\sin\omega t-\sin\tfrac{3\pi}{2}\bigr]=I_0\,(1+\sin\omega t).\] Выражение \(1+\sin\omega t\ge0\) при любой фазе: ток нигде не становится отрицательным и обращается в нуль лишь в точках \(\varphi=3\pi/2+2\pi k\), где \(u=0\) и сразу после них \(u>0\). Значит, диод больше не закрывается, и ток периодичен: постоянная составляющая \(I_0\) плюс переменная \(I_0\sin\omega t\).

Обратите внимание: без диода ток шёл бы по закону \(I_0\sin\omega t\) и менял знак. После срезания первого отрицательного полупериода ток возобновляется не в начале положительного полупериода напряжения, а позже, когда \(u\) проходит через нуль вверх. Ток начинается с нуля в момент \(u=0\) (а не \(u=U_{\text{м}}\)), поэтому он растёт до \(2I_0\), а не до \(I_0\), и в среднем равен \(I_0\).

Проверка. Размерность: \(U_{\text{м}}/(\omega L)=\text{В}/(\text{с}^{-1}\cdot\text{Гн})=\text{А}\). Непрерывность тока: при \(\varphi=\pi\) первая и вторая формулы дают \(0\), при \(\varphi=3\pi/2\) вторая и третья — тоже \(0\). Второй способ: \(Li=\int u\,dt\) — площадь под графиком \(u(t)\) с момента открытия диода. От \(\varphi=3\pi/2\) до \(5\pi/2\) она равна \(\dfrac{U_{\text{м}}}{\omega}\bigl[\sin\varphi\bigr]_{3\pi/2}^{5\pi/2}=\dfrac{2U_{\text{м}}}{\omega}\), откуда \(i_{\max}=2I_0\), как на графике; за целый период площадь равна нулю, поэтому ток не растёт неограниченно и в среднем держится на уровне \(I_0\).

Ответ. \(i=I_0\sin\omega t\) при \(0\le\omega t\le\pi\); \(\;i=0\) при \(\pi\le\omega t\le3\pi/2\); \(\;i=I_0(1+\sin\omega t)\) при \(\omega t\ge3\pi/2\), \(I_0=U_{\text{м}}/(\omega L)\). График — на рисунке выше.

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