Из фотоцикла ясно, что один протон прокачивается белком за $\tau = 15$ мс. Поэтому $$I_{bR} = \cfrac{nSe}{\tau}$$

Мы видим на графиках затухание, похожее на экспоненту, а также стационарный ток при постоянном напряжении. Поэтому в системе есть конденсатор $C_m$ и сопротивление $R_m$ подключенное к нему параллельно.

Ответ:

Итак, мембрана

Ответ:

Установка

Из спадания графика на Рис. 6 и нарастания на Рис. 7, видно, что $\tau = RC$ разное, притом, что $C \ -$ одинаковые. Значит эти характерные времена обусловлены сопротивлением источника $r$, которое $r \ll R_m$. Ещё одно объяснение могло бы быть $r \sim R_m$, но сопротивление источника в $10$ ГОм $-$ нереально. Считая $r \ll R_m$ запишем ток при линейно возрастающем направлении

$$U = \alpha t = U_c + Ir \ \rightarrow U_c = \alpha t - Ir$$ $$I = C_m \cfrac{dU_c}{dt} = C_m \left(\alpha - r \cfrac{dI}{dt} \right) $$ $$\cfrac{I}{C_m} = \alpha - r \cfrac{dI}{dt} \ \rightarrow \cfrac{dI}{C_m \alpha - I} = \cfrac{dt}{rC_m} \rightarrow I = \alpha C_m(1-e^{-t/rC}) $$ Из уравнения видно, что установившийся ток связан с ёмкостью $C_m$ и скоростью изменения напряжения. Из Рис. 7 $$\alpha = \cfrac{0,4 мВ}{0,2с} = 2 \ мВ/с$$ $$I_{cr} = 20 пА$$

Из Рис. 6 видно, что с течением времени, ток через амперметр устанавливается. При этом подано на мембрану $U=50$ мВ. Стационарный ток $I_{cr} = 5$ пА, откуда $R_m = \cfrac{U}{I_{cr}} = \cfrac{50мВ}{5пА} = 10$ ГОм

Протоны после прокачки попадают сразу к чёрной мембране. Поэтому Источник тока подключен параллельно мембране с белком. Отметим, что мембраны с током это источник $\textbf{тока}$, а не напряжения.

Ответ:

Пусть на мембране с белком напряжение $U_p$, а на черной мембране $- \ U_m$ Тогда закон Киргофа: $$U_p + U_m = 0$$ $$I = I_p + U_p G_p + C_p \cfrac{U_p}{dt} = U_m G_m + C_m \cfrac{dU_m}{dt}$$ Обозначим $C_0 = C_p + C_m$ и $G_0 = G_p + G_m$, $\tau_0 = \cfrac{C_0}{G_0}$, решаем систему и находим $U_p \ или \ U_m$ $$ I_p + U_pG_0 = - C_0 \cfrac{dU_p}{dt}$$ $$-\cfrac{dt}{C_0} = \cfrac{dU_p}{I_p + U_p G_0}$$ Считая $I_p = const$ и $U_p(0) = 0$ интегрируем $$-\cfrac{t}{C_0} = \cfrac{1}{G_0} ln \cfrac{I_p+U_pG_0}{I_p}$$ $$U_m=-U_p = - \cfrac{I_p}{G_0}(1-e^{-t/\tau_0})$$ Подставим $U_m$ в уравнение для тока $$I = -I_p \cfrac{G_m}{G_0}+I_p\left(\cfrac{G_m}{G_0} - \cfrac{C_m}{C_0} \right) e^{-t/\tau_0}$$

Из вышеуказанной формулы видно, что должен существовать стационарный ток при $t \rightarrow \infty$ $I=I_p \cfrac{G_m}{G_m+G_p}$, но он исчезающе мал $\left( \cfrac{G_m}{G_m+G_p} \ll 1 \ \ т.к. \ G_m \ll G_p \right)$, поэтому ток можно описать как $$I(t) = I_p \cfrac{C_m}{C_m+C_p}e^{-t\frac{G_p}{C_m+C_p}}$$ Найдя характерное время $\tau = \cfrac{C_m+C_p}{G_p}$, мы сможем найти $G_p$. Из графика находим $\tau \approx 0,7 \ с$. Зная из B3 $C_m$, получаем

Ток от белков $I_p$ получается из значения $t = 0$

Зная ток от мембраны из пункта А1, запишем суммарный ток $I_p$ $$I_p = \alpha I_{bR}- (1- \alpha)I_{bR}$$ $$\cfrac{I_p}{I_{bR}}=2\alpha -1$$

Аналогично С2 запишем закон Киргофа: $$U_p + U_m = 0$$ $$I = I_p + U_pG_p + C_p \cfrac{dU_p}{dt} = C_m \cfrac{dU_m}{dt}$$ Учитывая, что $U_m(0)=0$ и $U_m = -U_p$ $$U_m = \cfrac{1}{C_m}\int\limits_0^{t} I(t)dt$$ $$I_p = I-U_pG_p-C_p\cfrac{dU_p}{dt}$$

Нам нужно будет численно интегрировать график $I(t)$/ Расчетная формула для $$I_p(t) = 6\cdot I(t)+ 8,5\frac{1}{c} \int\limits_0^{t}I(t)dt$$

Ответ:

Используя результат из C2, скажем, что теперь $G_m \sim G_p$, поэтому мы увидим стационарный ток при освещении, т. е. $$I_{ст} = I_p \cfrac{G_m}{G_m+G_p}$$