ВсОШ 2015, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 10. Нелинейность

• 7.2 Вт

Сначала установим, при каком требовании к нагрузке мощность потерь максимальна для данного источника. Пусть ЭДС и внутреннее сопротивление источника равны соответственно $\mathscr{E}$ и $r$ , а сила тока, протекающего через нагрузку равна $I$. Тогда мощность потерь $P_{\text{н}} = IU_{\text{н}} = I(\mathscr{E} - Ir)$. В зависимости от сопротивления нагрузки $R$ сила тока может изменяться от нуля (если $R$ бесконечно велико) до тока короткого замыкания источника $I_0 = \frac{\mathscr{E}}{r}$ (при $R = 0$). Легко заметить, что максимум $P_{\text{н}}$ соответствует $I_0 = \frac{\mathscr{E}}{2r} = \frac{I_0}{2}$ (это координата вершины параболы – графика функции $P_{\text{н}}(I)$). В этом случае сопротивление нагрузки $R = r$, а напряжение $U_{\text{н}} = IR = \frac{\mathscr{E}}{2}$ . Значит, при таком напряжении сила тока, протекающего и через лампу, и через диод равна $\frac{I_0}{2}$ , и связь тока с напряжением для них дается выражениями:

Обратные выражения:

Далее можно действовать двумя путями:

Первый способ (алгебраический):

Запишем для последовательного подключения уравнение для напряжения на нагрузке (общий ток через диод и лампу обозначим $I_1$):

Если в этом уравнении сделать подстановку $I_1 = I_0x$ , то для $x$ получится уравнение $1 - x = 2x^2 + \sqrt{\frac{x}{2}}$ . Оно сводится к уравнению четвертой степени, но решать его не нужно. Отметим только, что в левой части стоит монотонно убывающая функция от $x$, а в правой – монотонно растущая при $x > 0$. Поэтому в этой области данное уравнение имеет один корень. Запишем теперь также уравнение для параллельного подключения (ток источника $I_2$):

и при этом $I_2 = I_{\text{л}} + I_{\text{д}} = \sqrt{\frac{I_0(I_0 - I_2)}{2}} + \frac{2(I_0 - I_2)^2}{I_0}$ . Это уравнение для $I_2$, в котором можно сделать подстановку $I_2 = I_0(1 - y)$, и тогда $1 - y = 2y^2 + \sqrt{\frac{y}{2}}$ . Это уравнение ничем не отличается от уравнения для $x$, и у него один корень. Значит, $y = x$, или $I_1 + I_2 = I_0$! Заметим, что мощность потерь в первом случае $P_1 = I_1(\mathscr{E} - I_1r) = rI_1(I_0 - I_1)$, а во втором: $P_2 = I_2(\mathscr{E} - I_2r) = rI_2(I_0 - I_2) = r(I_0 - I_1)I_1 = P_1 = 7{,}2$ Вт.

Второй способ (графический): Построив графики вольтамперных характеристик (ВАХ) лампы и диода, можно графически построить и графики ВАХ двух нагрузок, соответствующих последовательному и параллельному соединению (рисунки 1, 2).

Если в качестве единиц масштабов по осям тока и напряжения выбрать соответственно $I_0$ и $\mathscr{E}$ , и построить их на одном графике (рисунок 3), то они будут симметричны относительно биссектрисы координатного квадранта. Токи через источник для каждой из нагрузок ( $I_1$ и $I_2$ ) определяются решением уравнения $U(I) = \mathscr{E} - Ir$ , то есть пересечением на графике 3 ВАХ нагрузки с прямой $\frac{U}{\mathscr{E}} = 1 - \frac{I}{I_0}$ , которая также обладает указанной симметрией, поэтому точки пересечения расположены также симметрично, и поэтому:

Теперь снова легко обнаружить, что: $P_2 = I_2(\mathscr{E} - I_2r) = rI_2(I_0 - I_2) = r(I_0 - I_1)I_1 = P_1 = 7{,}2$ Вт. Окончательно, $P_2 = P_1 = 7{,}2$ Вт.