Съдържание

НПСФ 2026, Специална тема — Задача 3. Преобразувател на постоянно напрежение

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2026

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА. ПРОЛЕТНО НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА. 7 МАРТ 2026 г., София. Специална тема (седма състезателна група) · 7 март 2026 г. · 10 т.

Указание

Някои подусловия са независими

Условие

Електрическа схема: резистор $R$, кондензатор $C$ с ключ $K_2$, намотка $L$ на релето с ключ $K_1$ (с пружина), източник $\mathcal{E}$ и диод $D$ в долния клон.

Електрическа схема съдържа идеален източник на напрежение с електродвижещо напрежение $E$ , кондензатор с капацитет $C$ , резистор със съпротивление $R$ , диод $D$ , ключ $K_2$ и електромагнитно реле. При напрежения на диода $U_D \in (-\infty,\ U_0)$ той е запушен. Когато диодът е отпушен ( $I_D \in (0, \infty)$ ), напрежението върху него е $U_0$ . Електромагнитното реле се състои от намотка с подвижна феромагнитна сърцевина и ключ $K_1$ . Намотката има индуктивност $L$ и пренебрежимо съпротивление. Феромагнитната сърцевина е свързана с ключ $K_1$ . Когато токът през намотката е $I_L \in [0,\ I_0)$ , ключът $K_1$ е затворен. Когато токът $I_L \geq I_0$ , ключът $K_1$ е отворен. Обаче, дори токът $I_L$ да спадне под $I_0$ , е необходимо някакво време $\tau_K$ , докато ключът $K_1$ успее отново да се затвори. Всички отговори трябва да изразите чрез дадените параметри $E, C, R, U_0, L$ и $I_0$ .

а) Нека първоначално $K_2$ е отворен и $I_L = 0$ . Получете формула за времето $\tau_L$ , след което ключът $K_1$ ще се отвори. [1 т.]

б) Нека са изпълнени неравенствата $\frac{L}{R} \ll \tau_K \ll \tau_L$ и $R.I_0 \gg U_0$ . Начертайте графиката на $I_L(t)$ за $t \in [0, 3\tau_L]$ и обяснете защо изглежда така. [1,5 т.]

в) Колко е максималното напрежение $U_{\max}$ върху резистора? [0,5 т.]

г) Колко е средната топлинна мощност $P$ , отделяна на диода? [1,5 т.]

д) Нека сега разгледаме случая, когато ключът $K_2$ е затворен от самото начало. Нека за простота приемем, че $U_0 = 0$ , а също така $RC \gg \tau_L \gg \tau_K > \pi\sqrt{LC}$ . Нека схемата е работила дълго и върху резистора (и кондензатора) се е установило почти постоянно (слабо вариращо) напрежение $U_{av}$ . Получете формула за $U_{av}$ [2,5 т.]

е) Ако напрежението на резистора се мени в интервала от $U_{1\min}$ до $U_{1\max}$ , определете амплитудата на напрежението $u = \frac{1}{2}(U_{1\max} - U_{1\min})$ . [1,5 т.]

ж) Нека елементите в схемата имат следните стойности: $E = 5{,}0\ \mathrm{V}$ , $L = 2{,}0\ \mathrm{H}$ , $C = 10\ \mathrm{\mu F}$ , $R = 50\ \mathrm{k\Omega}$ , $U_0 = 0{,}5\ \mathrm{V}$ , $I_0 = 0{,}1\ \mathrm{A}$ . Изчислете стойностите на $\tau_L$ , $U_{\max}$ , $P$ , $U_{av}$ и $u$ . [1,5 т.]

Отговори

Решение

Същата електрическа схема: $R$, $C$ с ключ $K_2$, намотка $L$ с ключ $K_1$, източник $\mathcal{E}$, диод $D$.

а) При първоначално ключ $K_2$ отворен и $I_L = 0$ , диодът е запушен и схемата съдържа ефективно само източник на напрежение и намотка. [0.2 т.] Тогава $E = L\frac{dI_L}{dt}$ . [0.3 т.] Следователно $I_L = \frac{E}{L}t + C$ $(C = 0)$ . Така $I_0 = \frac{E}{L}\tau_L$ и $\tau_L = \frac{LI_0}{E}$ . [0.5 т.]

б) Когато токът през намотката $I_L = I_0$ , ключът $K_1$ се отваря, диодът се отпушва (защото $R.I_0 \gg U_0$ ) и схемата съдържа ефективно само намотка и резистор. [0.5 т.] Тогава $RI = -L\frac{dI}{dt}$ , (1) откъдето $I(t) = I_0e^{-\frac{R}{L}t}$ . (2) [0.5 т.] При даденото неравенство $\frac{L}{R} \ll \tau_K$ токът успява да стане нула преди ключът $K_1$ да се затвори отново. И тъй като $\tau_K \ll \tau_L$ графиката изглежда така. [0.5 т.]

в) Максималното напрежение $U_{max}$ върху резистора е $U_{max} = R.I_0$ (тъй като $R.I_0 \gg U_0$ ) [0.5 т.]

Графика на $I_L/I_0$ от $t/t_L$ за $t/t_L$ от 0 до 3: трионообразна крива, линейно нарастване от 0 до 1 и рязък спад до 0 при $t/t_L$ = 1, 2.

г) Тъй като $R.I_0 \gg U_0$ , падът на напрежението върху диода може да се пренебрегне при определяне на зависимостта на тока от времето, виж (1). (1) може да се преобразува така, $R\frac{dq}{dt} = -L\frac{dI}{dt}$ , [0.2 т.] (3) където $dq$ е протеклият заряд през резистора за време $dt$ . Интегрирайки (3), с точност до знак пълният заряд, протекъл през резистора до пълното спиране на тока, е $q = \frac{L.I_0}{R}$ . [0.3 т.] (Същият резултат може да се получи от (2) и така: $q = \int_0^{\infty}I(t)dt = \frac{L.I_0}{R}$ ). Тъй като този заряд преминава и през диода, върху който има пад на напрежение $U_0$ , електричните сили извършват работа $A = qU_0$ , [0.5 т.] която се превръща във топлина. Тъй като този процес се повтаря с период $\tau_L$ , средната топлинна мощност $P$ , отделяна на диода, е $P = \frac{A}{\tau_L} = \frac{qU_0}{\tau_L} = \frac{L.I_0.U_0}{R.\frac{LI_0}{E}} = \frac{E.U_0}{R}$ . [0.5 т.]

д) Когато диодът е запушен, се образува $RC$ верига, отделена от останалата част на схемата. В нея $U_C = \frac{q}{C} = -RI = -R\frac{dq}{dt}$ . (4) от (4) следва, че при зареден кондензатор до някакъв начален заряд $q_m$ , $q(t) = q_me^{-\frac{t}{RC}}$ , а напрежението върху кондензатора, $U(t) = U_me^{-\frac{t}{RC}}$ . (5) Тъй като $RC \gg \tau_L$ , кондензаторът почти няма да се разрежда за характерното време $\tau_L$ на повторението на процесите в схемата. [0.2 т.] Нека разгледаме ситуацията, когато ключът $K_1$ се отвори. Заради посоката на тока в намотката, диодът се отпушва. Тогава се образува трептящ кръг, съдържащ упоредно свързани намотка, кондензатор и резистор. Тъй като $RC \gg \tau_L \gg \tau_K > \pi\sqrt{LC}$ , токът през резистора е пренебрежим в сравнение с токовете през намотката и кондензатора. [0.2 т.] Затова трептящия кръг ще има период $T = 2\pi\sqrt{LC}$ . [0.3 т.] Тъй като $\tau_K > \pi\sqrt{LC}$ , т.е. $\tau_K > \frac{T}{2}$ , енергията от намотката ще успее да се прехвърли в кондензатора преди ключът $K_1$ отново да се затвори. [0.2 т.] Обаче, ще се осъществи само един полупериод, защото след един полупериод диодът ще се запуши отново. [0.3 т.] Така за един полупериод енергията от намотката се прехвърля в кондензатора, която в стационарно състояние след запушване на диода, се отделя на резистора. [0.3 т.] Следователно $\frac{1}{2}L{I_0}^2 = \frac{{U_{av}}^2\tau_L}{R}$ , [0.5 т.] откъдето $U_{av} = \sqrt{\frac{L{I_0}^2R}{2\tau_L}} = \sqrt{\frac{L{I_0}^2RE}{2LI_0}} = \sqrt{\frac{I_0RE}{2}}$ . [0.5 т.]

е) Тъй като през по-голямата част от времето диодът е запушен, топлината се отделя върху резистора основно през този интервал от време. [0.2 т.] От (5) следва, $U(t) = U_me^{-\frac{t}{RC}}$ . За интервал от време $\tau_L$ , $U(\tau_L) = U_me^{-\frac{\tau_L}{RC}} \approx U_m\left(1 - \frac{\tau_L}{RC}\right)$ . [0.3 т.] Тогава промяната на напрежението върху кондензатора $2u = U_m - U(\tau_L) = U_m\frac{\tau_L}{RC}$ , откъдето $u = \frac{U_m\tau_L}{2RC} \approx \frac{U_{av}\tau_L}{2RC}$ . [0.5 т.] След заместване, $u = \frac{\sqrt{\frac{I_0RE}{2}}.\frac{LI_0}{E}}{2RC} = \frac{LI_0}{2C}\sqrt{\frac{I_0}{2RE}}$ . [0.5 т.]

ж) Използвайки дадените стойности, $\tau_L = 40\ \mathrm{ms}$ , $U_{max} = 5\ \mathrm{kV}$ , $P = 50\ \mathrm{\mu W}$ , $U_{av} \approx 112\ \mathrm{V}$ , $u \approx 4{,}5\ \mathrm{V}$ . [1.5 т.]

Оригинал в Архива: proletni_2026_STproblems.pdf · официални решения: proletni_2026_STsolutions.pdf