Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 6669
2018-03-10 
Исследуется «черный ящик» с четырьмя выводами. Когда между выводами 1 и 2 быт включена батарея с напряжением $U_{1} = 2 В$, напряжение между выводами 3 и 4 оказалось $U_{2} = 7 В$. Когда между выводами 3 и 4 включили батарею с напряжением $U_{3} = 10 В$, то напряжение между выводами 1 и 2 $U_{4} = 3 В$. Нарисовать несколько возможных схем «черного ящика».
Решение:
В первом случае напряжение на выходе больше, чем на входе, следовательно, внутри ящика обязательно есть батарейка (мы считаем, что сложных электронных схем внутри нет). В общем случае подойдет схема (рис. а).
Выбирая $U_{0}$ и отношения $\frac{R_{3} }{R_{1} }$ и $\frac{R_{3} }{R_{2} }$, можно удовлетворить любым «наборам» напряжений. Запишем уравнения. Для $U_{1}$ (между 1 и 2) и $U_{2}$ (между 3 и 4):
$\frac{(U_{1} + U_{0} )R_{2} }{R_{2} + R_{3} } = U_{2}$.
Для $U_{3}$ (между 3 и 4) и $U_{4}$ (между 1 и 2)
$\frac{(U_{3} - U_{0} )R_{1} }{R_{1} + R_{3} } = U_{4}$.
После простых преобразований
$ \frac{R_{3} }{R_{2} } = \frac{U_{1} + U_{0} }{U_{2} } - 1$,
$ \frac{R_{3} }{R_{1} } = \frac{U_{3} - U_{0} }{U_{4} } - 1$.
Для того чтобы существовали искомые соотношения $\frac{R_{3} }{R_{2} }$ и $\frac{R_{3} }{R_{1} }$, правые части должны быть положительны, т. е.
$U_{0} \geq U_{2} - U_{1} = 5$,
$U_{0} \leq U_{3} - U_{4} = 7$.
(Для других значений, возможно, понадобится изменить знак $U_{0}$, т. е. включить батарею наоборот.)
В нашем случае можно взять любое значение $5 В < U_{0} < 7 В$. Например, для $U_{0} = 5 В$ получим $\frac{R_{3} }{R_{2} } = 0$ и $\frac{R_{3} }{R_{1} } = \frac{2}{3}$ т. е. $R_{2} = \infty$, - этот резистор можно просто не включать, $R_{3} = R_{1}, R_{1} = 1,5R$. Если отнестись к задаче не очень серьезно, то можно предложить забавный вариант, удовлетворяющий условию формально (рис. б).
«Достоинством» этой схемы является то, что напряжении на выходных контактах вообще не зависят от того, что подключено ко входным.
Исследуется «черный ящик» с четырьмя выводами. Когда между выводами 1 и 2 быт включена батарея с напряжением $U_{1} = 2 В$, напряжение между выводами 3 и 4 оказалось $U_{2} = 7 В$. Когда между выводами 3 и 4 включили батарею с напряжением $U_{3} = 10 В$, то напряжение между выводами 1 и 2 $U_{4} = 3 В$. Нарисовать несколько возможных схем «черного ящика».
Решение:
В первом случае напряжение на выходе больше, чем на входе, следовательно, внутри ящика обязательно есть батарейка (мы считаем, что сложных электронных схем внутри нет). В общем случае подойдет схема (рис. а).
Выбирая $U_{0}$ и отношения $\frac{R_{3} }{R_{1} }$ и $\frac{R_{3} }{R_{2} }$, можно удовлетворить любым «наборам» напряжений. Запишем уравнения. Для $U_{1}$ (между 1 и 2) и $U_{2}$ (между 3 и 4):
$\frac{(U_{1} + U_{0} )R_{2} }{R_{2} + R_{3} } = U_{2}$.
Для $U_{3}$ (между 3 и 4) и $U_{4}$ (между 1 и 2)
$\frac{(U_{3} - U_{0} )R_{1} }{R_{1} + R_{3} } = U_{4}$.
После простых преобразований
$ \frac{R_{3} }{R_{2} } = \frac{U_{1} + U_{0} }{U_{2} } - 1$,
$ \frac{R_{3} }{R_{1} } = \frac{U_{3} - U_{0} }{U_{4} } - 1$.
Для того чтобы существовали искомые соотношения $\frac{R_{3} }{R_{2} }$ и $\frac{R_{3} }{R_{1} }$, правые части должны быть положительны, т. е.
$U_{0} \geq U_{2} - U_{1} = 5$,
$U_{0} \leq U_{3} - U_{4} = 7$.
(Для других значений, возможно, понадобится изменить знак $U_{0}$, т. е. включить батарею наоборот.)
В нашем случае можно взять любое значение $5 В < U_{0} < 7 В$. Например, для $U_{0} = 5 В$ получим $\frac{R_{3} }{R_{2} } = 0$ и $\frac{R_{3} }{R_{1} } = \frac{2}{3}$ т. е. $R_{2} = \infty$, - этот резистор можно просто не включать, $R_{3} = R_{1}, R_{1} = 1,5R$. Если отнестись к задаче не очень серьезно, то можно предложить забавный вариант, удовлетворяющий условию формально (рис. б).
«Достоинством» этой схемы является то, что напряжении на выходных контактах вообще не зависят от того, что подключено ко входным.
