Диод в цепи с тремя источниками

Сначала предположите, что диод закрыт, и найдите ток в цепи из двух источников и \(R\); затем проверьте, при каких \(R\) диод остаётся закрытым. Для остальных \(R\) диод заменяется проводом, и две ветви с источниками работают параллельно на \(R\).

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

Что происходит. Диод пропускает ток только от верхнего источника к узлу \(B\). Нижние два источника всегда соединены с \(R\). Верхняя ветвь вступает в работу, только если её источник «пересиливает» напряжение на \(R\): пока напряжение на \(R\) больше \(\mathcal{E}\), диод заперт и верхняя ветвь не работает; при меньшем напряжении диод открывается, и все три источника работают на \(R\). Главная идея: сначала предположить, что диод закрыт, найти напряжение на \(R\) и проверить, при каком \(R\) предположение верно; для остальных \(R\) решить задачу с открытым диодом.

Обозначения. \(A\) и \(B\) — узлы слева и справа; потенциал \(A\) принимаем за нуль, \(U\) — напряжение на \(R\) (ток по \(R\) идёт от \(B\) к \(A\), плюс каждого источника — справа, поэтому \(\varphi_B=U\)); \(C\) — точка между верхним источником и диодом.

1. Диод закрыт. В верхней ветви тока нет, остаются два одинаковых источника, включённых последовательно, и \(R\). Закон Ома для замкнутой цепи с э. д. с. \(2\mathcal{E}\) и полным сопротивлением \(2r+R\): \[I=\frac{2\mathcal{E}}{2r+R},\qquad U=IR=\frac{2\mathcal{E}R}{2r+R}.\]

2. Когда диод закрыт. Диод проводит от \(C\) к \(B\) и закрыт, если потенциал \(B\) не ниже потенциала \(C\). Тока в верхней ветви нет, поэтому на внутреннем сопротивлении верхнего источника напряжения нет, и \(\varphi_C=\mathcal{E}\). Условие \(\varphi_B\ge\varphi_C\): \[\frac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\ge\mathcal{E}\quad\Rightarrow\quad R\ge2r .\]

3. Диод открыт. При \(R<2r\) диод заменяется проводом. Ветви соединены параллельно между \(A\) и \(B\) и нагружены на \(R\). Закон Ома для участка с источником, ветвь с одним источником и ветвь с двумя (э. д. с. \(2\mathcal{E}\), сопротивление \(2r\)): \[I_1=\frac{\mathcal{E}-U}{r},\qquad I_2=\frac{2\mathcal{E}-U}{2r}.\] Первое правило Кирхгофа для узла \(B\) (токи \(I_1\), \(I_2\) приходят, через \(R\) уходит \(I'=U/R\)): \[\frac UR=\frac{\mathcal{E}-U}{r}+\frac{2\mathcal{E}-U}{2r}=\frac{4\mathcal{E}-3U}{2r}\quad\Rightarrow\quad U=\frac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}.\]

4. Ответ. Соберём обе области: \[U_R=\begin{cases}\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}, & R\le2r,\\[3mm]\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}, & R\ge2r.\end{cases}\] График построен по этим формулам (рис. 2): при \(R=2r\) обе дают \(\mathcal{E}\), при \(R\to\infty\) напряжение стремится к \(2\mathcal{E}\).

Обратите внимание. При закрытом диоде потенциал точки \(C\) равен \(\mathcal{E}\), а не \(2\mathcal{E}\): верхний источник один, а \(2\mathcal{E}\) — у нижних двух. Поэтому диод открывается при \(U=\mathcal{E}\), то есть при \(R=2r\).

Проверка. Предельные случаи: \(R\to\infty\) — ток исчезает, \(U\to2\mathcal{E}\) (э. д. с. нижних источников); \(R\to0\) — \(U\to0\). В точке \(R=2r\) обе формулы дают \(\mathcal{E}\), ток в верхней ветви \(I_1=(\mathcal{E}-U)/r=0\) — непрерывный переход. Второй способ для \(R\le2r\): две параллельные ветви заменяются источником с \(\mathcal{E}_{\text{э}}=\dfrac{\mathcal{E}/r+2\mathcal{E}/(2r)}{1/r+1/(2r)}=\dfrac{4\mathcal{E}}{3}\) и \(r_{\text{э}}=\dfrac{2r}{3}\), тогда \(U=\dfrac{\mathcal{E}_{\text{э}}R}{R+r_{\text{э}}}=\dfrac{4\mathcal{E}R}{3R+2r}\) — совпало.

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