Пусть $r$ — сопротивление амперметра. Определим сначала напряжение открытия диода $U_D$. Так как характер зависимости тока через четвёртый амперметр от $I_0$ меняется при $I_0=I_1$, это значение соответствует тому, что напряжение на диоде достигло $U_D$, но ток через диод ещё равен нулю (переход от горизонтального участка ВАХ прибора к вертикальному). Запишем условие равенства напряжения на диоде суммарному напряжению на первом и втором амперметре при $I_0=I_1$
$$U_D=I_1r+\frac{I_1}{3}\cdot r=\frac{4I_1r}{3}.$$Ситуация, когда ток через второй амперметр не течёт, во-первых, может произойти только при открытом диоде. Во-вторых, если ток через $\mathrm{A}_2$ не течёт, то напряжения на $\mathrm{A}_3$ и $\mathrm{A}_4$ равны, что означает равенство токов через них:
$$I_{A3}=I_{A4}=\frac{I_0}{2}.$$Соответственно, должны быть равны напряжения на первом амперметре и диоде. Поскольку в рассматриваемом случае $I_{A1}=I_{A4}$,
$$U_D=I_{A1}r \quad\Rightarrow\quad \frac{4I_1r}{3}=\frac{I_0}{2}\cdot r \quad\Rightarrow\quad I_0=\frac{8I_1}{3}.$$

Пока диод закрыт, то есть при $I_0 < I_1$, сила тока через второй амперметр равна $I_{A2}=I_0/3$. Если $I_0 > I_1$, напряжение на диоде постоянно и равно $U_D=4I_1r/3$.
Чтобы построить ту часть искомого графика, которая соответствует открытому диоду, можно рассуждать одним из двух способов.

$\it Способ\ 1.$ ВАХ диода состоит из двух прямолинейных участков — горизонтального и вертикального. Поэтому, если находиться в пределах только одного участка (в данном случае, вертикального), диод можно считать линейным элементом. Остальные элементы цепи, представленной в условии, тоже имеют прямолинейные ВАХ, то есть также являются линейными. Следовательно, зависимость силы тока на втором амперметре от $I_0$ при $I_0 > I_1$ является линейной. Отсюда, учитывая, что график этой зависимости должен проходить через точки $(I_1;I_1/3)$ и $(8I_1/3;0)$, получим график, изображённый на рисунке.

$\it Способ\ 2.$ Расставим токи в цепи при $I_0 > I_1$, учитывая, что напряжение на диоде равно $U_D$. Пусть сила тока через второй амперметр равна $I_{A2}$. Тогда, исходя из равенства суммы напряжений на $\mathrm{A}_1$ и $\mathrm{A}_2$ напряжению на диоде, получим, что ток через первый амперметр
$$I_{A1}=\frac{U_D-I_{A2}r}{r}=\frac{U_D}{r}-I_{A2}.$$Соответственно, токи через $\mathrm{A}_3$ и $\mathrm{A}_4$ будут равны
$$I_{A4}=I_{A1}-I_{A2}=\frac{U_D}{r}-2I_{A2}, $$ $$ I_{A3}=I_0-I_{A4}=I_0-\frac{U_D}{r}+2I_{A2}.$$Так как сумма напряжений на $\mathrm{A}_2$ и $\mathrm{A}_3$ должна быть равна напряжению на $\mathrm{A}_4$,
$$I_{A4}r=I_{A2}r+I_{A3}r \quad\Rightarrow\quad \frac{U_D}{r}-2I_{A2}=I_0-\frac{U_D}{r}+3I_{A2}.$$Отсюда, используя равенство $U_D=4I_1r/3$, найдём, что
$$I_{A2}=\frac{2U_D}{5r}-\frac{I_0}{5}=\frac{8I_1}{15}-\frac{I_0}{5}.$$Далее строим графики зависимостей $I_{A2}=I_0/3$ при $I_0 < I_1$ и $I_{A2}=8I_1/15-I_0/5$ при $I_0 > I_1$ и получаем тот же рисунок, что и в Способе 1.

Ответ: