Олимпиадные задачи ч. 2

Задача 5

Условие

На рисунке представлена схема электрической цепи, состоящей из двух идеальных батарей с ЭДС E_1 = \mathcal{E} , E_2 = 2 \mathcal{E} , батареи с ЭДС равной E_3 = 3 \mathcal{E} внутренним сопротивлением r=R / 3 , идеального диода D , а также двух одинаковых резисторов R_1 = R_2 = R и одного реостата. Максимальное сопротивление реостата также равно R . Вольт-амперная характеристика диода представлена на рисунке. Диод пропускает ток только в направлении, указанном его стрелкой.

1) Ползунок реостата делит его обмотку (полное сопротивление) на части. Пусть сопротивление левой от ползунка части реостата R_x . Получите уравнение, выражающее зависимость эквивалентного сопротивления \left(R_Э\right) части цепи между точками m и n от R_x .

2) Может ли напряжение на диоде быть равным нулю в данной цепи?

3) Определите во сколько раз максимальная сила тока, текущего через резистор R_1 , больше чем минимальная (при всевозможных положениях ползунка реостата).

4) Определите напряжение на диоде D , при двух крайних положениях ползунка реостата.

4.20 Решение

1) Заметим, что ползунок реостата делит его обмотку на две части. R_x соединено последовательно с R_2\left(R_2=R\right) , а затем параллельно с оставшейся частью реостата. В итоге получим:

\frac{1}{R_3}=\frac{1}{R_2+R_x}+\frac{1}{R-R_x}=\frac{1}{R+R_x}+\frac{1}{R-R_x}. Отсюда:

R_{э}=\frac{R^2-R_x^2}{2 R}. Очевидно, что R_x может принимать все значения от минимального \left(R_x=0\right) до максимального \left(R_x=R\right) . Заметим, что выражение (1) монотонно изменяется с изменением R_x ; поэтому можно найти пределы изменения R_э :

R_э^{\min }=0 \text { и } R_э^{\max }=\frac{R}{2}. 2) Пусть U_D - напряжение на диоде, а I_D - ток, текущий через него. Направим токи, как показано на рисунке. Применим первое правило Кирхгофа для узла K и второе правило Кирхгофа для контуров ABCK и KCFG:

4.21 \begin{gathered}

I_1=I_D+I_2; \\

-\mathcal{E}+2 \mathcal{E}=I_1 R+U_D; \\

-2 \mathcal{E}+3 \mathcal{E}=I_2\left(R_{э}+r\right)-U_D.

\end{gathered} где R_{э} - сопротивление участка \mathrm{m}-\mathrm{n} . Предположим, что возможно равенство нулю напряжения на диоде. Тогда диод «открыт» и через него течет положительный ток I_D . После решения системы уравнений при U_D=0 найдем:

I_D=\frac{\mathcal{E}}{R}-\frac{\mathcal{E}}{R_{э}+r}. Заметим, что зависимость I_D\left(R_{э}\right) - монотонная, поэтому ток изменяется в пределах

\begin{aligned}

& I_D\left(R_{э}^{\min }\right)=\frac{\mathcal{E}}{R}-\frac{\mathcal{E}}{0+r}=-\frac{2 \mathcal{E}}{R}<0; \\

& I_D\left(R_{э}^{\max }\right)=\frac{\mathcal{E}}{R}-\frac{\mathcal{E}}{\frac{R}{2}+r}=-\frac{\mathcal{E}}{5 R}<0.

\end{aligned} Получили противоречие (ток через диод должен быть положительным), а это значит, что диод всегда «закрыт» и ток через него равен нулю. Следовательно, U_D=0 - невозможно.

3)Для закрытого диода I_D=0 , получаем:

I_1=\frac{2 \mathcal{E}}{r+R+R_3}. Заметим, что зависимость I_1\left(R_{э}\right) - монотонная, поэтому максимальный и минимальный ток будет при крайних положениях движка реостата:

\begin{aligned}

& I_{\min }\left(R_{э}^{\max }\right)=\frac{12 \mathcal{E}}{11 R}; \\

& I_{\max }\left(R_э^{\min }\right)=\frac{3 \mathcal{E}}{2 R}

\end{aligned}. Тогда

\frac{I_{\max }}{I_{\min }}=1.375 \approx 1.38. 4) Для закрытого диода I_D=0 , получаем:

U_D=\mathcal{E}-I_1 R=\frac{\mathcal{E}\left(r-R+R_{э}\right)}{r+R+R_{э}}. При двух крайних положениях ползунка напряжения на диоде равны:

U_{D_1}=-\frac{\mathcal{E}}{11} \text { и } U_{D_2}=-\frac{\mathcal{E}}{2}. Ответ 1. R_э^{\min }=0 \text { и } R_э^{\max }=\frac{R}{2} ; 2. Нет; 3. \frac{I_{\max }}{I_{\min }}=1.375 \approx 1.38 ; 4. U_{D_1}=-\frac{\mathcal{E}}{11} \text { и } U_{D_2}=-\frac{\mathcal{E}}{2} .

Задача 6

Условие

На рисунке показан каркас из резисторов, являющийся трёхмерной проекцией четырёхмерного гиперкуба (его можно воспринимать иначе как два кубических каркаса, соответствующие вершины которых соединены между собой). Каждое ребро каркаса имеет сопротивление R .

Найдите эквивалентное сопротивление R_{A B} между узлами A и B .

4.22 Решение

Каждая из 6 гиперграней гиперкуба абсолютно аналогична обычному трехмерному кубу (поскольку нам не важна длина ребра, только связи между вершинами). Значит можно преобразовать гиперкуб следующим образом:

4.23 Теперь договоримся об обозначениях. Внутренний и внешний куб условимся называть именно так. Грань внутреннего куба, содержащую вершины A и B , будем называть передней, грань не содержащую ни одну из этих вершин назовём задней. Грань внешнего куба, все вершины которой попарно связаны с вершинами передней грани внутреннего куба, назовём передней. Аналогично назовём и заднюю грань внешнего куба. Что называем верхней и нижней гранью понятно из ориентации рисунка.

В схеме, которую мы перерисовали таким образом, наблюдается обе симметрии: и относительно перемены мест A и B , и относительно грани, проходящей через точки A и B , перпендикулярной передней грани внутреннего куба.

С учётом этого, расставим потенциалы. Пусть потенциал точки B равен \varphi_0, а потенциал точки A равен 0. Потенциал двух других точек передней грани внутреннего куба назовём \varphi_1. Потенциал точки передней грани внешнего куба, связанной с точкой A , назовём \varphi_3 , потенциал точки передней грани внешнего куба, связанной с точкой B , равен \varphi_0 - \varphi_3. Потенциалы двух оставшихся точек передней грани внешнего куба назовём \varphi_2.

Потенциал точки задней грани внутреннего куба, связанной с точкой A , назовём \varphi_6 , потенциал точки задней грани внутреннего куба, связанной с точкой B , равен \varphi_0 - \varphi_6 . Потенциалы двух оставшихся точек задней грани внутреннего куба назовём \varphi_5. Потенциал точки задней грани внешнего куба, связанной с точкой, имеющей потенциал \varphi_6 , назовём \varphi_7 . Потенциал точки задней грани внешнего куба, связанной с точкой, имеющей потенциал \varphi_0 - \varphi_6 , равен \varphi_0 - \varphi_7 .

Потенциал двух оставшихся точек назовём \varphi_4.

Как видно из симметрии относительно замены A на B , точки с потенциалами \varphi_1, \ \varphi_2, \ \varphi_4, \ \varphi_5 находятся в плоскости симметрии, а значит имеют одинаковый потенциал и ток между ними идти не будет. Обозначим этот потенциал \varphi_1.

Теперь можем начать записывать правила Кирхгофа. Запишем первое правило Кирхгофа для узлов с потенциалами \varphi_3, \ \varphi_6, \ \varphi_7 , а также условие симметрии \varphi_1 = \varphi_0 - \varphi_1 :

\begin{cases}

&\varphi_1 = \varphi_0 - \varphi_1; \\

&- \varphi_3 = 2(\varphi_3 - \varphi_1) + \varphi_3 - \varphi_7 ;\\

&\varphi_3 - \varphi_7 = 2(\varphi_7 - \varphi_1) + \varphi_7 - \varphi_6; \\

&\varphi_7 - \varphi_6 = 2(\varphi_6 - \varphi_1) + \varphi_6.

\end{cases} Кроме того общий ток

I_0 = (\varphi_0 + \varphi_3 + \varphi_6)/R. Упростим систему:

\begin{cases}

&2\varphi_1 = \varphi_0; \\

&\varphi_0 + 2\varphi_1 - 4\varphi_3 + \varphi_7 = 0;\\

&2\varphi_1 + \varphi_3 + \varphi_6 - 4\varphi_7 = 0 ;\\

&2\varphi_1- 4\varphi_6 + \varphi_7 = 0 .

\end{cases} Решая систему, получим:

\begin{cases}

&\varphi_0 = \frac{7}{3} \varphi_7; \\

&\varphi_1 = \frac{7}{6} \varphi_7; \\

&\varphi_3 = \frac{5}{6} \varphi_7; \\

&\varphi_6 = \frac{5}{6} \varphi_7.

\end{cases} Откуда

R_{AB} = \varphi_0/I_0 = \frac{14 \varphi_7 R}{14 \varphi_7 + 5 \varphi_7 + 5 \varphi_7} = \frac{7}{12}R. Ответ R_{AB} = \frac{7}{12}R.