НОФ 2018, III кръг (национален), 10–12 клас — Задача 3. Електрическа схема с диоди и батерии

а) Когато $\mathcal{E}_x$ е по-малко от пада на напрежение върху резистора $R$, тогава $D_2$ е запушен и токът $I = \dfrac{\mathcal{E}_1}{R+R_1}$, $\mathcal{E}_x \in \left[0, \dfrac{R\mathcal{E}_1}{R+R_1}\right]$. [2 т.] При много големи стойност на $\mathcal{E}_x$, т.е. когато падът на напрежение върху резистора $R$ е по-голям от $\mathcal{E}_1$, ще е запушен диода $D_1$. Тогава $I = \dfrac{\mathcal{E}_x}{R+R_2}$. Това ще е така, докато падът на напрежение върху резистора $R$ се изравни с $\mathcal{E}_1$, т.е. формулата е валидна за $\mathcal{E}_x \in \left[\dfrac{(R+R_2)\mathcal{E}_1}{R}, +\infty\right]$. [2 т.] За междинни стойност на $\mathcal{E}_x$, т.е. $\mathcal{E}_x \in \left[\dfrac{R\mathcal{E}_1}{R+R_1}, \dfrac{(R+R_2)\mathcal{E}_1}{R}\right]$ и двата диода са отпушени и токът може да се намери от следните уравнения (закони на Кирхоф): $I = I_1 + I_2$, $\mathcal{E}_1 = I_1R_1 + IR$, $\mathcal{E}_x = I_2R_2 + IR$. Съвместното им решаване дава $I = \left(\dfrac{\mathcal{E}_1}{R_1}+\dfrac{\mathcal{E}_x}{R_2}\right)\Big/\left(1+\dfrac{R}{R_1}+\dfrac{R}{R_2}\right)$. [2 т.]

б) Данните от таблицата са представени на графиката по-долу. Тъй като според получените резултати в подусловие а) зависимостта $I = f(\mathcal{E}_x)$ трябва да съдържа начален хоризонтален участък. Следва втори и трети участък с нарастващи наклони, като третият е пропорционалност (правата, минаваща през него, минава през центъра на координатната система). Единствената възможност е нарисувана на графиката. [3 т.]

в) Съпротивлението $R$ може да се изчисли от координатите на т. A – (8 V, 40 mA). Според формулите те са ($\dfrac{R\mathcal{E}_1}{R+R_1}, \dfrac{\mathcal{E}_1}{R+R_1}$). Тогава $R = 8\ \mathrm{V}/40\ \mathrm{mA} = 200\ \Omega$. [1 т.] Съпротивлението $R_2$ може да се намери от наклона на третия участък, т.е. от отношението на координатите на т. B – (24 V, 60 mA). Тъй като наклона на третия участък е $\dfrac{1}{R+R_2}$, то $R_2 = \dfrac{24\ \mathrm{V}}{60\ \mathrm{mA}} - 200\ \Omega = 200\ \Omega$. [2 т.] Електродвижещото напрежение $\mathcal{E}_1$ може да се намери също от координатите на т. B – (24 V, 60 mA). Тъй като $U_{\mathrm{B}} = \dfrac{(R+R_2)\mathcal{E}_1}{R}$, то $\mathcal{E}_1 = \dfrac{200\ \Omega\cdot 24\ \mathrm{V}}{200\ \Omega + 200\ \Omega} = 12\ \mathrm{V}$. [2 т.] Съпротивлението $R_1$ може да се намери от координатите на т. A – (8 V, 40 mA). Тъй като $I_A = \dfrac{\mathcal{E}_1}{R+R_1}$, то $R_1 = \dfrac{\mathcal{E}_1}{I_A} - R = \dfrac{12\ \mathrm{V}}{40\ \mathrm{mA}} - 200\ \Omega = 100\ \Omega$. [1 т.]

Попълнената таблица изглежда така: