Источник питания

При замкнутом ключе ток через катушку растёт линейно, при разомкнутом спадает через диод линейно; средний ток через конденсатор равен нулю, значит, весь средний выходной ток идёт через резистор.

ii) \(J=\dfrac{\tau_c}{4L}\dfrac{U_i^2}{U_o-U_i}\);  iii) \(U_o=\dfrac{U_i}{2}\Bigl(1+\sqrt{1+\dfrac{\tau_cR}{L}}\Bigr)\) при \(\tau_cR\ge8L\); при \(\tau_cR<8L\) получается \(U_o=2U_i\).

i) (2 балла). Когда ключ замкнут, через диод тока нет, потому что к нему приложено обратное напряжение. Между тем напряжение на индуктивности равно \(U_i=L\dot I\), поэтому \(I=I_0+U_it/L\). Поскольку вначале тока не было, \(I_0=0\) и \(I=U_it/L\). Значит, максимальный достигаемый ток \(I_{\max}=U_i\tau_c/L\). Ток через индуктивность не может измениться мгновенно; поэтому, когда ключ размыкают, весь ток перенаправляется в диод. Диод получает прямой ток, а значит, на нём нет падения напряжения. Таким образом, на индуктивности получается напряжение \(L\dot I=U_i-U_o\) (оно меньше \(-U_i\)). Поэтому \(I=I_0-(U_o-U_i)t/L\), где \(I_0\) таково, что при размыкании ключа ток равен \(I_{\max}\). Когда ток достигает нуля, диод закрывается и дальше ток в системе не течёт. Эти результаты позволяют построить график, показанный на рисунке выше.

ii) (2 балла). Для первого цикла можно воспользоваться результатом пункта i. Замечаем, что в начале второго цикла система находится ровно в том же состоянии, что и в начале первого. Значит, процесс становится периодическим, см. рисунок.

Средний выходной ток \(J\) — это площадь под графиком за один период, делённая на длину периода. Итак, \(J=\frac12I_{\max}\tau/(2\tau_c)\), где \(\tau=\tau_c\dfrac{U_i}{U_o-U_i}\) — длительность отрезка времени, когда \(I_o>0\). Поэтому \[J=I_{\max}\frac14\frac{U_i}{U_o-U_i}=\frac{\tau_c}{4L}\frac{U_i^2}{U_o-U_i}.\]

iii) (2 балла). Теперь можно воспользоваться результатом пункта ii, потому что ситуация совершенно такая же, как была, только выходное напряжение установится в соответствии со значением среднего тока \(J\). Заметим, что средний ток через конденсатор равен 0 (потому что его верхняя обкладка изолирована от нижней), следовательно, весь ток \(J\) идёт в резистор. (Конденсатор работает как буфер, перераспределяя сильно колеблющийся ток предыдущего графика во времени, так что ток в резистор почти постоянен.) Итак, выходное напряжение \(U_o=JR\), где выражение для \(J\) можно найти из ответа на пункт ii. Удобно обозначить \(U_o/U_i=\kappa\). Тогда \[\kappa(\kappa-1)=\frac{\tau_cR}{4L}\quad\Rightarrow\quad2\kappa=1\pm\sqrt{1+\frac{\tau_cR}{L}}.\] Нам нужно \(\kappa\ge2\), поэтому знак «\(-\)» можно исключить, и мы приходим к \[U_o=\frac{U_i}{2}\Bigl(1+\sqrt{1+\frac{\tau_cR}{L}}\Bigr),\] что верно, пока \(\tau_cR\ge8L\). Если это неравенство не выполнено, предположение \(U_o\ge2U_i\) не будет выполняться, так что выражение для \(J\) неприменимо.

Если \(U_o<2U_i\), то нарастающая ветвь графика \(I_i(t)\) круче спадающей. Тогда пилообразный профиль этого графика начинает «взбираться вверх». Чем выше он поднимается, тем больше \(J\), а значит, и больше \(U_o\). В свою очередь, бо́льшее \(U_o\) делает спадающую ветвь графика \(I_i(t)\) круче; процесс продолжается, пока не будет достигнуто состояние, в котором нарастающая и спадающая ветви одинаково круты; этому соответствует \(U_o=2U_i\). Итак, \[U_o=2U_i,\quad\text{если}\quad\tau_cR<8L.\]

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