Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

Электричество и магнетизм. Решения задач
113
E
R
1
2
I
U
U
A
C
D
U
e
E
0
Рис. 96.
Рис. 97.
значение U
1
напряжения на диоде D
1
. Найдём точку A (рис.
95
), определя-
ющую ток I
1
, текущий через диод D
1
. Тот же ток течёт и через диод D
2
.
Поэтому точка B определяет напряжение U
2
на нём. Такое же напряжение
на диоде D
4
, а ток через него такой же, как и через диод D
3
. Этот ток I
3
соответствует точке C (рис.
95
). Итак, найдены координаты U
2
и I
3
точки M
искомого графика. Аналогично построенные другие его точки изображены
на рисунке
95
.
Задача
3.8
(Дуговой разряд)
Заданная в условии вольт-амперная характеристика дуги представляет собой
связь тока I и равновесного напряжения U
e
дуги, то есть напряжения, при
котором ток дуги стационарен, не меняется с течением времени:
U
e
= A +
B
I
.
(1)
Если при данном токе I напряжение на дуге окажется меньше величины U
e
,
то ток будет уменьшаться со временем, и дуга может погаснуть. При слишком
большом напряжении ток будет расти, что может привести к пробою. По
закону Ома для участка цепи 1–E –2 (рис.
96
), по которому течёт тот же ток
I, что и в дуге, IR = ϕ
1
− ϕ
2
+ E = E − U, где U = ϕ
2
− ϕ
1
— напряжение,
подаваемое на дугу. Отсюда
U = E − IR.
(2)

114
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Изобразим графически функции U
e
(I) и U (I) (рис.
97
). В точках A и E пе-
ресечения графиков подаваемое на дугу напряжение соответствует равно-
весному значению. Если графики не пересекаются (пунктирная прямая), то
стационарного тока в дуге быть не может. Для нахождения координат точек
A и E следует приравнять правые части выражений (1) и (2). Полученное
квадратное уравнение
I
2
R + (A − E )I + B = 0
(3)
имеет действительные корни лишь при условии положительности дискрими-
нанта, то есть при
(A − E )
2
− 4RB > 0,
или R 6
(A − E )
2
4B
= 20,25 Ом.
Только при таких сопротивлениях R и возможно устойчивое горение дуги.
Найден ответ на первый вопрос задачи.
Для ответа на второй вопрос следует вычислить корни уравнения (3):
I
1
=
E
− A −
p(A − E )
2
− 4RB
2R
= 1,2 А,
I
2
=
E
− A +
p(A − E )
2
− 4RB
2R
= 10 А.
Первый корень соответствует точке A (рис.
97
), второй — точке E. Проана-
лизируем устойчивость горения дуги при параметрах цепи, соответствующих
этим точкам.
Рассмотрим точку E. Если ток дуги случайно увеличится, то состояние
цепи будет соответствовать точке C. Напряжение, подаваемое на дугу, ока-
жется меньше равновесного для дуги значения, ток начнёт уменьшаться, и
состояние E восстановится. При случайном уменьшении тока дуги (переход
от точки E к точке D) напряжение превысит равновесное значение, что при-
ведёт к увеличению тока и восстановлению равновесия. Аналогичный анализ
для точки A приводит к заключению, что она соответствует неустойчивому
горению. Итак, при заданном R в цепи установится ток I = 10 А.
Задача
3.9
* (ВАХ цепочки)
На рисунке
98
изображены первые звенья цепочки, о которой говорится в
пункте 1, и указаны токи I
1
и I
2
текущие через участки CA и DA. При дан-
ной в задаче вольт-амперной характеристике идеального диода, его сопро-
тивление равно бесконечности, если подаваемое на него меньше ∆U , иначе
напряжение на диоде при любом токе равно ∆U . Учитывая эту особенность
диода и применяя закон Ома, получим:
I
1
=
U − ∆U
R
,
I
2
=
U − 2∆U
R
.

Электричество и магнетизм. Решения задач
115
U
I
I
1
I
2
A
B
C
D
Рис. 98.
Аналогичным образом можно выразить ток I
i
, текущий через i-й резистор:
I
i
=
U − i∆U
R
,
если
i < N = U/∆U ≫ 1.
(1)
Токи в остальных резисторах отсутствуют, так как напряжение на (i − 1)-м
резисторе оказывается меньше ∆U . Все токи I
i
стекаются в узел A. Поэтому
I =
N
X
i=1
I
i
= N
U
R
−
∆U
R
N
X
i=1
i.
(2)
По формуле (1) N ≫ 1. Поэтому
N
X
i=1
i =
N + 1
2
N ≈
N
2
2
.
Подставляя в (2) найденное выражение суммы, а также (1), получим
I =
U
2
∆U R
−
∆U
2R

U
∆U

2
=
U
2
2∆U R
,
то есть вольт-амперная характеристика имеет вид параболы.
Можно предложить и более короткий способ решения. Уменьшение на
единицу числа звеньев бесконечной цепочки не изменяет её вольт-амперной
характеристики. Другими словами, одна и та же функция связывает как ток
I с напряжением между точками BA, так и ток на участке CD с напряжением
между точками CA. Однако, значения этих напряжений отличаются на ∆U ,
так что если напряжение между B и A равно U , то напряжение между C и
A равно U − ∆U. Соответственно отличаются значения функции I(U):
I(U − ∆U) = I(U) −
dI
dU
∆U,
(3)

116
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
если ∆U ≪ U. Ток I(U) втекает в узел C, а I(U − ∆U) вытекает из него.
Поэтому
I(U ) = I(U − ∆U) +
U − ∆U
R
.
(4)
Из (3) и (4) следует
dI
dU
∆U =
U − ∆U
R
≈
U
R
,
что даёт после интегрирования
I =
U
2
2∆U R
,
поскольку при U = 0 ток I также равен нулю.
Во втором пункте рассматривается цепочка, последние звенья которой
изображены на рисунке
99
. Из рисунка видно, что I
1
= I
0
. Ток I
2
находим из
I
0
I
1
I
2
I
3
C
Рис. 99.
соотношения
I
2
R + ∆U = I
1
R + 2∆U + I
0
R,
или I
2
=
∆U
R
+ I
1
+ I
0
= 2I
0
+
∆U
R
. (5)
Ток I
3
разветвляется в узле C. Поэтому I
3
= I
2
+I
1
. Аналогичное соотношение
справедливо для любого нечётного k > 3:
I
k
= I
k−1
+ I
k−2
.
(6)
Для любого чётного k > 2, выполняется соотношение аналогичное (5):
I
k
= I
k−1
+ I
k−2
+
∆U
R
.
(7)
Второе равенство из (5) позволяет предположить, что для любых k токи
можно представить в виде:
I
k
= c
k
I
0
+ b
k
∆U
R
,
(8)

Электричество и магнетизм. Решения задач
117
подобрав a
k
и b
k
так, чтобы были обеспечены условия (6) и (7), а также
I
1
= I
0
. Нетрудно сообразить, что должны выполняться соотношения:
c
0
= c
1
= 1;
c
k
= c
k−1
+ c
k−2
при k > 2;
b
0
= b
1
= 0; b
k
= b
k−1
+ b
k−2
при нечётных k > 3,
b
k
= b
k−1
+ b
k−2
+ 1
при чётных k > 2.
Именно такие соотношения определяют известную в математике последова-
тельность чисел Фибоначчи a
k
, так что c
k
= a
k+1
. Числа b
k
тоже образуют
последовательность Фибоначчи, только:
b
k
= a
k
− 1 при нечётных k > 3,
b
k
= a
k
при чётных k > 2.
Искомый в задаче ток I соответствует току I
2
N −1
, втекающему в N -е зве-
но. Используя заданную в условии формулу n-го члена последовательности
Фибоначчи, получим ответ:
I = I
0

1+
√
5
2

2
N
−

1
−
√
5
2

2
N
√
5
+
∆U
R
·

1+
√
5
2

2
N −1
−

1
−
√
5
2

2
N −1
√
5
−
∆U
R
.
Напряжение на цепочке
U = 2∆U + (I
2
N −1
+ I
2
N −2
)R.
Подставляя найденные значения токов, получим
U = I
0
R

1+
√
5
2

2
N +1
−

1
−
√
5
2

2
N +1
√
5
+ ∆U

1+
√
5
2

2
N
−

1
−
√
5
2

2
N
√
5
+ ∆U.
В третьем пункте анализируется бесконечная цепочка, изображённая сле-
ва на рисунке
100
, а справа её эквивалентная схема. Элемент X имеет та-
U
I
A
B
X
I
x
I
b
Рис. 100.

118
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
кую же вольт-амперную характеристику I = I(U ), что и вся цепь, так как
свойства бесконечной цепочки не изменяются при уменьшении числа звеньев.
На рисунке
101
представлены графики вольт-амперной характеристики ди-
ода V D и лампочки HL. При малых U оба графика можно приблизительно
заменить прямыми линиями и измерить их наклон, тем самым найти эквива-
лентные сопротивления диода R
d
и лампочки R
b
. Найдём сопротивление R
x
элемента , исходя из того, что для бесконечной цепочки сопротивление меж-
ду точками A и B равно R
x
(рис.
100
). Тогда величина R
x
является корнем
уравнения
R
2
x
− R
x
R
d
− R
d
R
b
= 0.
Получаем
R
x
=
R
d
2
 
1 +
r
1 +
4R
b
R
d
!
.
Строим на графике прямую, наклон которой соответствует R
x
(рис.
101
).
Это — начало искомой вольт-амперной характеристики, которая относится
также и к участку цепи X (рис.
100
). Возьмём на этом участке некоторую
точку A. Ей соответствует напряжение U
b
на первой лампочке и ток I
x
, те-
кущий через элемент X. Ток в начале цепи I = I
b
+ I
x
. Откладываем это зна-
чение на вертикальной оси. Находим точку C на графике V D рисунка
101
.
Ей соответствует значение U
d
напряжения на первом диоде. Остаётся найти
U = U
d
+ U
b
и построить точку M с координатами U и I. Взяв точки в иных
местах линейного участка, найдём другие точки искомой вольт-амперной ха-
рактеристики (рис.
101
).
U
U
I
I
A
B
C
X
I
x
I
b
V D
HL
U
b
U
d
M
0
Рис. 101.

Электричество и магнетизм. Решения задач
119
Задача
3.10
(Два кольца)
Искомая работа выражается через разность потенциалов в начальном и ко-
нечном положениях переносимого заряда:
A = q(Φ
2
− Φ
1
).
(1)
Потенциалы Φ
1
и Φ
2
в центрах колец по принципу суперпозиции полей можно
представить в виде
Φ = ϕ + ψ,
(2)
где ϕ — потенциал в центре кольца, создаваемый зарядом этого кольца, а ψ —
зарядом другого кольца.
Вначале найдём потенциал φ(x), создаваемый зарядом Q в точке на оси
кольца, удалённой от его центра на величину x (рис.
102
). По принципу су-
r
R
x
dQ
φ(x)
Q
Рис. 102.
перпозиции
φ(x) =
Z
k
dQ
r
,
k =
1
4πε
0
,
где ε
0
— электрическая постоянная, dQ — элементарный заряд кольца и
r =
√
R
2
+ x
2
— расстояние от рассматриваемой точки до центра кольца. Так
как заряд Q распределён по кольцу равномерно, то для потенциала φ(x) после
интегрирования по всему кольцу:
φ(x) =
kQ
√
R
2
+ x
2
.
(3)
Применяем эту формулу для потенциалов ϕ и ψ, входящих в (2), для
центра первого кольца:
Φ
1
= ϕ
1
+ ψ
1
=
kq
1
R
+
kq
2
√
R
2
+ d
2
.
(4)

120
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Аналогично — для центра второго кольца:
Φ
2
= ϕ
2
+ ψ
2
=
kq
2
R
+
kq
1
√
R
2
+ d
2
.
(5)
Формулы (1), (2), (4) и (5) приводят к ответу
A = kq(q
2
− q
1
)
 1
R
−
1
√
R
2
+ d
2

= −7,3 · 10
−5
Дж.
Задача
3.11
(Заряженное кольцо)
Из соображений симметрии следует, что искомая сила направлена перпенди-
кулярно плоскости диска. Поэтому для её нахождения следует сложить лишь
те составляющие сил, приложенных к каждому элементу диска, которые на-
правлены перпендикулярно плоскости диска:
F = σ
X
E
i
∆S
i
= σΦ,
(1)
где σ — поверхностная плотность зарядов диска, ∆S
i
—площадь элементар-
ного участка диска, E
i
— модуль составляющей напряжённости поля на этом
участке, которая перпендикулярна диску, Φ — поток напряжённости электри-
ческого поля через диск
2
. Из теоремы Гаусса следует, что поток поля оста-
ётся постоянным внутри выделенной в пространстве трубки, образующими
которой являются силовые линии. В самом деле, в объёме такой трубки, огра-
ниченной двумя сечениями, нет электрических зарядов, и, в соответствии с
теоремой Гаусса, поток через границу этого объёма равен нулю. Поток че-
рез боковую поверхность трубки равен нулю по определению силовых линий.
Следовательно, потоки через сечения трубки равны по модулю.
Применим свойство постоянства потока к данной задаче. С этой целью
найдём поток Φ, создаваемый зарядами кольца внутри трубки, ограничен-
ной силовыми линиями, которые проходят через кольцо и край диска. Поток,
2
Имеется в виду поток той составляющей электрического поля, которая создана заря-
дами, расположенными на проволочном кольце.
Диск при вычислении потока рассматривается в этой ситуации исключительно как гео-
метрический объект (не содержащий каких-либо зарядов).
Мы не рассматриваем тонкостей определения и вычисления потока электростатического
поля через заряженную поверхность, которых в этой ситуации много. Например, казалось
бы, заряд на плоскости не может повлиять на поток в месте своего расположения (так как
из него выходит «поровну» силовых линий как по одну, так и по другую сторону плоскости
диска). Но эти силовые линии затем могут «развернуться» и пересечь диск в другом месте,
создав там дополнительный поток. Однако все подобные эффекты соответствуют только
внутренним силам взаимодействия между частями диска и не влияют на силу взаимодей-
ствия диска с кольцом.

Электричество и магнетизм. Решения задач
121
α
β
∆q
~
E
Рис. 103.
создаваемый всем кольцом, в соответствии с принципом суперпозиции, скла-
дывается из потоков, создаваемых элементами кольца. Электрическое поле
элемента кольца в непосредственной близости от него почти не отличается от
поля равномерно заряженной прямолинейной нити (рис.
103
). Силовые ли-
нии этого поля изображены на рисунке
103
. Tак как α = 45
◦
, то через диск
проходят лишь те силовые линии, которые выходят из кольца под углом
0
◦
6
β 6

π
2
− α

= 45
◦
.
Вследствие симметрии поля вокруг прямолинейной заряженной нити, этим
углам β соответствует лишь 1/8 полного потока поля нити, равного
∆Φ =
∆q
ε
0
,
где ∆q — заряд элемента нити, а ε
0
— электрическая постоянная. В резуль-
тате,
Φ =
q
8ε
0
, и формула (1) даёт F =
σq
8ε
0
=
q
2
8πε
0
R
2
.
Задача
3.12
(Счётчик Гейгера)
Попадающие в камеру α-частицы ионизируют молекулы газа. Возникшие ио-
ны оседают на электродах, меняя их первоначальный заряд. Затем заряд
осевших ионов стекает через резистор R, и снова устанавливается равнове-
сие. Предположим, что время оседания зарядов на электродах много меньше
времени, в течение которого избыточный заряд рассасывается. Тогда зада-
ча сводится, во-первых, к нахождению заряда Q, обусловленного осевшими
ионами и, во-вторых, к определению напряжения на резисторе R как функ-
ции времени U = U (t).

122
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Число пар ионов, генерированных попавшей в камеру частицей, равно
N = E/E
i
. Тогда возникший на электродах вследствие ионизации избыточ-
ный заряд
Q
0
= e · N = e
E
E
i
,
где e — элементарный заряд. Восстановление равновесия при протекании че-
рез резистор R тока I описывается соотношениями:
I = −
dQ
dt
,
V = −IR +
Q
e
+ Q
C
,
U = IR.
Здесь V — напряжение источника (рис.
25
), Q
e
= CV — равновесный заряд
конденсатора, Q — избыточный заряд в момент времени t, U — напряжение
на резисторе. Из этих соотношений следует:
dU
U
= −
dt
RC
.
При интегрировании полученного уравнения нужно учесть, что в начальный
момент времени Q = Q
0
= eE/E
i
. Поэтому в этот момент
U =
Q
0
C
=
eE
CE
i
= 5,4 · 10
−4
В.
С учётом этого после интегрирования получаем
U =
eE
CE
i
e
−t/RC
.
(1)
Видно, что напряжение на конденсаторе существенно убывает в течение вре-
мени RC. Поскольку в условии сказано, что RC много больше времени осе-
дания ионов на электродах, то сделанное в процессе решения предположение
справедливо.
Счётчики Гейгера, в которых регистрируются импульсы, вызванные от-
дельными частицами, называют импульсными ионизационными камерами.
Величина импульса, как видно из формулы (1), позволяет измерить энергию
частицы E. Параметр RC характеризует разрешающую способность метода,
то есть возможность регистрировать каждую частицу в отдельности. Как сле-
дует из решения, RC должно быть много больше времени, в течение которого
ионы достигают электродов. Это и ограничивает разрешающую способность
импульсной ионизационной камеры. Недостатком метода является его малая
чувствительность, обусловленная малостью величины U . В данной задаче
оказалось, что U . 10
−4
В. Можно существенно увеличить чувствительность
метода, если повысить напряжение источника V до такой величины, при кото-
рой возникает вторичная ионизация, вызванная столкновением ионов и элек-
тронов с молекулами газа. Эта идея реализуется в так называемых счётчи-
ках Гейгера–Мюллера. В них на электроды подаётся напряжение, близкое к

Электричество и магнетизм. Решения задач
123
пробивному. Ионизирующие элементарные частицы инициируют образование
лавины ионов. Возникает самостоятельный разряд, который гасится специ-
альными радиотехническими средствами. Счётчики Гейгера–Мюллера обла-
дают большой чувствительностью, но не позволяют измерять энергии реги-
стрируемых частиц. Какое напряжение следует подавать на счётчик Гейгера–
Мюллера? Ответы на этот и другие вопросы содержатся в пункте два задачи.
В этом пункте требуется найти распределение напряжённости и потен-
циала электрического поля внутри камеры счётчика Гейгера. Подобные за-
дачи электростатики удобно решать с помощью теоремы Гаусса. В качестве
замкнутой поверхности, через которую следует вычислять поток напряжён-
ности поля, возьмём поверхность соосного с электродами цилиндра радиу-
сом r, расположенного между катодом и анодом. Длина цилиндра равна l.
Напряжённость поля направлена в каждой точке от оси цилиндра. Заряд, за-
ключённый внутри выбранной поверхности, равен λl. На основании теоремы
Гаусса запишем:
E(r)2πrl =
λl
ε
0
,
где ε
0
— электрическая постоянная, E(r) — модуль напряжённости поля в
точках, удалённых от оси на расстояние r. Эту величину и требуется найти:
E(r) =
λ
2πε
0
r
.
(2)
Для нахождения ϕ(r) воспользуемся формулой, связывающей потенциал с
напряжённостью поля:
−
dϕ
dr
= E(r) =
λ
2πε
0
r
.
Проинтегрируем это уравнение, положив потенциал катода равным нулю:
ϕ =
λ
2πε
0
ln
R
c
r
.
(3)
Это ещё одно искомое в задаче соотношение.
Для нахождения пробивного напряжения заметим, что пробой может про-
изойти там, где напряжённость поля достигает критического значения E
b
. Из
(2) видно, что поле максимально вблизи анода, то есть при r = R

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: