Deux boîtes noires affichent la même impédance à toutes les fréquences. Qui a la résistance unique?

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Deux boîtes noires affichent la même impédance à toutes les fréquences. Le premier contient une seule résistance de 1 Ohm. Chaque extrémité est connectée à un fil, de sorte que deux fils dépassent de la boîte. La deuxième boîte semble identique de l'extérieur, mais à l'intérieur, il y a 4 composants. Un condensateur 1 F est en parallèle avec une résistance de 1 Ohm et un inducteur 1 H est en parallèle avec l'autre résistance de 1 Ohm. Le combo RC est en série avec le combo RL, comme indiqué dans la figure.

Les boîtes sont peintes en noir, incassables, insensibles aux rayons X et à blindage magnétique.
circuitDémontrez que l'impédance de chaque boîtier est de 1 Ohm à toutes les fréquences. Quelle mesure permettrait de déterminer quelle boîte contient la résistance unique?

James
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Je travaille sur ce casse-tête depuis deux semaines mais je ne peux rien comprendre. C'est vraiment intriguant. J'espère que quelqu'un trouvera ça incroyable aussi et aura peut-être une percée.
James
Pouvez-vous nous montrer les progrès que vous avez réalisés à cet égard? Ou sur quelles pensées vous travaillez en ce moment?
Robherc KV5ROB
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Les composants sont-ils entièrement idéaux? Autrement dit, toutes les inductances / capacités / résistances en série sont-elles nulles? La spécification d'une vraie boîte physique suggérerait non, mais ce n'est pas clair.
uint128_t
Cela semble être le genre de problème qu'un professeur de création pourrait attribuer à un problème de classe. Pouvez-vous s'il vous plaît dire si vous suivez un cours ou si vous êtes simplement intéressé par le problème? Où avez-vous rencontré ce problème, si ce n'est une classe?
Mkeith
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Sommes-nous autorisés à peser les cartons? Le condensateur a-t-il une limite de tension? L'inducteur saturera-t-il un jour?
Stephen Collings

Réponses:

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Ceci est un addendum à la réponse de luchador .

La dissipation de puissance transitoire dans les deux boîtiers est très différente. La simulation suivante le démontre.

schématique

simuler ce circuit - Schéma créé à l'aide de CircuitLab

Exécutez la simulation pendant 40 secondes et tracez l'expression "I (R1.nA) ^ 2 + I (R2.nA) ^ 2", qui représente la puissance totale instantanée dans les deux résistances.

Comme je l'ai dit dans mon commentaire, la case A chauffera non seulement plus lentement lorsque le pouls est allumé, mais elle montrera une pointe de température à la fin du pouls car la puissance totale instantanée dissipée dans les résistances est doublée à ce moment-là. La case B ne présentera pas un tel pic.

(REMARQUE: si vous rencontrez des difficultés pour exécuter la simulation, consultez ce post Meta .)

Dave Tweed
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Je dirais juste de monter la tension et de voir ce qui se passe. L'ingénierie à son meilleur.
Cameron
Bonjour Dave, pouvez-vous expliquer pourquoi la puissance dissipée dans les résistances double lorsque l'impulsion se termine?
KnightsValour
@ KnightsValour: Avez-vous regardé la simulation? Juste avant la fin de l'impulsion, la même quantité d'énergie est stockée dans C1 et L1 et la puissance est dissipée dans R1. Juste après la fin de l'impulsion, la puissance dans R1 décroît de manière exponentielle, sous l'impulsion de la charge de C1, mais L1 vide également son énergie dans R2, qui décroît également de manière exponentielle. La puissance totale instantanée à ce moment est 2x la puissance à l'état d'équilibre.
Dave Tweed
En effet je l'ai fait. Ma confusion était que j'ai mal interprété votre réponse à l'origine. Ainsi, les deux résistances dissipent l'énergie stockée dans leurs condensateurs / inducteurs respectifs, mais le courant dans R1 doit être opposé à R2, oui?
KnightsValour
@ KnightsValour: Oui, bien sûr, mais la direction n'a pas d'importance pour une résistance - elle dissipe le courant de la même manière.
Dave Tweed
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La seule différence observable est la dissipation retardée de l'énergie sous forme de chaleur. Toute restriction à l'observation du transfert de chaleur va à l'encontre des lois de la thermodynamique. Donc, d’une manière ou d’une autre, vous pouvez observer cela et comprendre, malgré cette liste de restrictions.

Ayhan
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Une autre méthode thermodynamique: la mesure du bruit de Johnson
Oleksandr R.
Spécifiquement, si vous conduisez chaque boîtier avec une impulsion rectangulaire, disons, 1V pour 1s, le boîtier A chauffera non seulement plus lentement lorsque l'impulsion est activée, il affichera un pic de température à la fin de l'impulsion, car la puissance totale instantanée dissipé dans les résistances est doublé pour le moment. La case B ne présentera pas un tel pic. Je vais ajouter une réponse séparée qui inclut une simulation qui le démontre.
Dave Tweed
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Mesurez le bruit thermique du résisteur et vous obtiendrez KTB au collège ou à proximité. La boîte contenant les composants réactifs donnera également un bruit mesurable MAIS il s’agit de la somme vectorielle du bruit HF éliminé et du bruit LF éliminé. Le calcul est un peu long pour cela, mais il suffit de dire qu'il y aura une différence dans vos mesures de bruit. Sur un analyseur de spectre, vous constaterez un manque de planéité autour de la fréquence de résonance. Parce que le réseau a un Q de 1, l’effet sera assez large. Si vous voulez faire cela comme une expérience réelle et pas simplement comme une expérience de pensée, vous devrez choisir des valeurs de composant qui seraient plus réalisables physiquement et plus faciles à rendre plus idéales.

Autistique
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Vous pouvez appliquer une tension continue à la case A. Cela chargera le condensateur. Vous pouvez maintenant supprimer la source et mesurer la tension stockée. Cela ne fonctionne pas pour la case B.

Mise à jour: pour ce choix particulier de composants, le système n'est pas observable. Pour cette raison, cette méthode ne fonctionnera pas. Lorsque nous appliquons une tension au circuit, nous avons un courant à travers l'inducteur et une charge sur le condensateur. Dès que la tension sera supprimée, le courant de l'inductance traversera la résistance parallèle, annulant ainsi la tension sur le condensateur. Le courant de l'inducteur et la tension sur le condensateur vont décroître au même rythme. Ils ne peuvent pas être observés de l'extérieur.

Mario
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Si vous appliquez le potentiel CC à travers le boîtier, une charge faible augmentera sur le condensateur et un courant modéré augmentera à travers l'inductance (rappelez-vous que le condensateur est constamment court-circuité sur lui-même sur une réxistance de 1 ohm). Je ne sais pas ce qui aura un effet plus démontrable, mais comme aucun circuit réel ne possède des traces «parfaites» d'équilibre et de conducteur, il y aurait très certainement une énergie exprimée à travers les broches lorsque la source de courant continu a été retirée subitement.
Robherc KV5ROB
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Votre premier paragraphe est vrai et votre "mise à jour" est fausse.
hkBattousai
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Pourquoi pensez-vous que la mise à jour est fausse?
Mario
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La mise à jour est correcte. En supposant que le circuit ait été connecté à une source de tension continue de 1 Vcc pendant un laps de temps significatif, le courant de l'inductance est de 1 A et sa tension de 0 V. La tension du condensateur est de 1V et la résistance de 1 ohm en parallèle 1 A. Si vous déconnectez maintenant la source de tension, la tension du condensateur sera toujours de 1V et diminuera à partir de là. Cependant, le courant de l'inductance sera également initialement égal à 1A, et comme ce courant doit décroître via la résistance parallèle de l'inductance, il produira une tension de polarité égale mais opposée à celle du condensateur.
Jms
En effet, la question elle-même suppose des composants idéaux. Les réponses qui reposent sur des caractéristiques non idéales (telles que la mesure du spectre du bruit thermique des résistances) ne me paraissent donc pas valables. Bien qu'ils soient toujours très intéressants. Vous pouvez distinguer un œuf dur d'un œuf cru en faisant tourner, piéger et lâcher (cette réponse me l'a rappelé), mais si le contenu de l'œuf cru est libre de tourner parfaitement sans frottement, il ne fonctionne pas.
greggo
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RLLR(L)

RLR(L)

Rt=RL×R(L)RL +R(L) ohms,

RLΩ0Ω

RTRC

La boîte B contient toutefois une résistance de 1 ohm, ce qui permet de confirmer l'identité des boîtes en mesurant les résistances de bout en bout des fils dépassant des boîtes, la boîte A présentant une résistance supérieure à celle de la boîte B.

Champs EM
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Ces problèmes de pensée supposent que tous les composants sont idéaux; c'est-à-dire que l'inducteur n'a pas de résistance. De plus, votre notation RL vs R (L) est brute.
Jay Carlson
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@ JayCarlson: Eh bien, Jay, peu importe ce que vous pensez de ma notation, il est suffisamment clair pour le but recherché et j'ai résolu le problème de manière réaliste, car l'utilisation de composants imaginaires n'a pas été spécifiée comme requis. . Vous avez par contre contribué ???
EM Fields
Il est clair que les composants sont supposés être idéaux. Sinon, vous seriez en mesure de détecter une charge non résistive de plusieurs façons directes. Aussi ceci: pilotez-le avec une tonalité et détectez l'énergie mécanique (c.-à-d. Le son) de l'inducteur.
greggo
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Créez un troisième terminal en enfermant étroitement le boîtier actuel dans un boîtier en métal (ou utilisez simplement le boîtier actuel s'il est déjà en métal). Ensuite, mesurez la réponse en fréquence de chacun des deux terminaux d'origine par rapport à ce nouveau terminal: Les réponses de la case B doivent être plus symétriques (la case A devrait montrer une différence selon que vous sondez la borne du condensateur ou la borne de l'inductance).

Je doute que vous puissiez concevoir deux boîtes telles qu’elles ne puissent être distinguées de cette expérience à trois terminaux. S'il vous plaît donner des détails de la boîte si vous le pouvez.

bobuhito
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Ce "test" serait facilement vaincu en construisant simplement chaque boîtier avec un blindage interne connecté à l'un des terminaux.
Dave Tweed
Vous avez ce que vous avez et c'est ce avec quoi vous devez travailler. Changer de flux à mi-chemin peut vous aider à résoudre plus facilement le problème de , mais ce ne serait pas problème. t h eathe
EM Fields
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Supposons d’abord que les composants soient suffisamment appariés, ce qui est en soi un problème étant donné les tolérances sur les condensateurs et les inductances.

Vous assumez un inducteur idéal. Dans le monde réel, le noyau de l'inducteur entre en saturation avec suffisamment de courant / fréquence appliqué. À moins que vous n'ayez un inducteur à noyau d'air, bien sûr, mais celui-ci émettra toujours de différentes manières intéressantes qui sont détectables de l'extérieur.

Vous supposez également que le condensateur n'est pas polarisé et n'a pas de tension de claquage. La polarisation est facile à contrôler - il suffit de lui appliquer une tension négative. La tension de claquage peut être plus difficile, car nous aurions également besoin de beaucoup de courant. La solution évidente est cependant qu'un changement graduel du courant (une coupure brusque) produira un pic de tension énorme de la part de l'inductance. C'est ainsi que sont conduites les bougies d'une voiture, produisant plusieurs kV à partir d'une batterie 12V. Faire la même chose ici pousserait probablement le condensateur au-delà de sa tension de claquage.

Graham
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Connectez un réflectomètre temporel et envoyez une impulsion dans la boîte. Les réflexions doivent montrer la présence de multiples éléments.

Adam Haun
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Les composants "idéaux" n'ont pas de délai.
Dave Tweed
Je suis confus quant à la mesure dans laquelle cela est supposé être un système physique. Les composants localisés et idéalisés sont-ils physiquement séparés? Si oui, il y a un délai.
Adam Haun