Белорусская, 2009/10, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Равновесие поплавка определяется двумя условиями: равенством сил (сила Архимеда равна сумме сил тяжести) и равенством моментов относительно точки на поверхности воды. Сократив на \(\sin\alpha\), не потеряйте вертикальное положение. Положения равновесия исследуйте через потенциальную энергию как функцию угла.

Ответ

1) центр тяжести стержня выше точки приложения силы Архимеда, вертикальное положение неустойчиво; 2) \(\mu=m_2\dfrac{\rho_2-\rho_0}{\rho_2}\); 3) \(m_{2\max}=m_1\dfrac{\rho_2}{\rho_2-\rho_0}\Bigl(\dfrac{\rho_0}{\rho_1}-1\Bigr)\); 4) \(x=l\,\dfrac{\rho_1}{\rho_0}\Bigl(1+\dfrac{\mu}{m_1}\Bigr)\); 5) \(m_2^*=m_1\dfrac{\rho_2}{\rho_2-\rho_0}\Bigl(\sqrt{\dfrac{\rho_0}{\rho_1}}-1\Bigr)\), при \(m_2>m_2^*\) поплавок плавает вертикально; 6) \(x_0=\dfrac{\mu+m_1}{\pi R^2\rho_0}\); 7–8) \(x_0=x+R\operatorname{tg}\alpha\), \(\ \mu g+m_1g=\pi R^2\rho_0g\,(x+R\operatorname{tg}\alpha)\), сумма моментов относительно \(O'\): \(M_1+M_2+M'_A-M_{A1}=0\); 9) наклонное равновесие возможно при \(2\bigl(\frac{\rho_1}{\rho_0}l^2-x_0^2\bigr)>R^2\), \(\operatorname{tg}^2\alpha^*=\dfrac{4\bigl(\frac{\rho_1}{\rho_0}l^2-x_0^2\bigr)}{R^2}-2\), оно устойчиво, а вертикальное — неустойчиво; 10) поплавок плавает устойчиво наклонно, если выполнено то же условие \(2\bigl(\frac{\rho_1}{\rho_0}l^2-x_0^2\bigr)>R^2\) при \(x_0=\dfrac{\mu+m_1}{\pi R^2\rho_0}\).

Решение

1. Сила тяжести, приложена к центру масс стержня \(C\), который находится в его середине на расстоянии \(\frac{l}{2}\) от его конца. Сила Архимеда приложена к центру масс вытесненной воды точке \(P\), которая находится на расстоянии \(\frac{x}{2}\) от его конца (\(x\) - глубина погруженной части стержня). Так как поплавок плавает, то \(x < l\), поэтому точка приложения силы тяжести находится выше точке приложения силы Архимеда. Поэтому вертикальное положение стержня неустойчиво – при малейшем случайном отклонении от вертикали возникает момент сил, стремящийся опрокинуть поплавок (см. рис.)

2-4. На поплавок действуют:

— сила тяжести \(m_1\vec{g}\);

— сила Архимеда \(\vec{F}_{A1} = -\rho_0 V_x \vec{g} = -\rho_0 \frac{m_1}{\rho_1} \frac{x}{l} \vec{g}\);

на грузило также действую сила тяжести \(m_2\vec{g}\) и сила Архимеда \(\vec{F}_{A1} = -\rho_0 V_2 \vec{g} = -\rho_0 \frac{m_2}{\rho_2} \vec{g}\). Так как векторная сумма этих сил у нас будет часто встречаться в дальнейшем, то обозначим ее

\[\mu\vec{g} = m_2\vec{g} + \vec{F}_{A2} = m_2 \frac{\rho_2 - \rho_0}{\rho_2} \vec{g}\]

Условие равновесия поплавка записывается в виде следующего уравнения (сумма сил равна нулю):

\[\mu g + m_1 g = \rho_0 \frac{m_1}{\rho_1} \frac{x}{l} g.\tag{1}\]

Из этого уравнения находим длину погруженной части поплавка

\[x = l \cdot \frac{\rho_1}{\rho_0} \left(1 + \frac{\mu}{m_1}\right).\tag{2}\]

Максимальной массе грузила соответствует погружение на всю длину поплавка. В этом случае их формулы (2) следует

\[\frac{\rho_1}{\rho_0} \left(1 + \frac{\mu}{m_1}\right) = 1 \quad \Rightarrow \quad \mu = m_1 \left(\frac{\rho_0}{\rho_1} - 1\right) \quad \Rightarrow \quad m_{2\,\text{max}} = m_1 \frac{\rho_2}{\rho_2 - \rho_0} \left(\frac{\rho_0}{\rho_1} - 1\right).\tag{3}\]

5. На рисунке изображены силы, действующие на поплавок с грузилом, в том случае. Когда поплавок отклонился на угол \(\alpha\). Второе условие равновесия (равенство нулю суммы моментов сил) можно записать относительно точки \(C\) - центра масс поплавка

\[\mu g \frac{l}{2} \sin \alpha = F_{A1} \left( \frac{l}{2} - \frac{x}{2} \right) \sin \alpha.\tag{3}\]

Это условие очевидно выполняется при \(\alpha = 0\), т.е. при вертикальном положении поплавка. Исследуем возможности других решений. С учетом того, \(F_{A1} = (\mu + m_1)g\) и после сокращения на синус угла отклонения, получим

\[\mu = (\mu + m_1) \left( 1 - \frac{x}{l} \right).\tag{4}\]

Из этого уравнения получим выражение для длины погруженной части:

\[\mu = (\mu + m_1) \left( 1 - \frac{x}{l} \right) \quad \Rightarrow \quad \frac{x}{l} = \frac{m_1}{\mu + m_1},\tag{5}\]

которое в общем случае не совпадает с выражением (2), полученным из условия равновесия сил. Следовательно, других положений равновесия, кроме вертикального или горизонтального нет! Единственный, исключительный вариант при котором поплавок находится в равновесии при любом угле наклона можно найти, приравнивая решения (2) и (5):

\[\frac{\rho_1}{\rho_0} \left( 1 + \frac{\mu}{m_1} \right) = \frac{m_1}{\mu + m_1} \quad \Rightarrow \quad \left( 1 + \frac{\mu}{m_1} \right)^2 = \frac{\rho_0}{\rho_1} \quad \Rightarrow \quad \mu = m_1 \left( \sqrt{\frac{\rho_0}{\rho_1}} - 1 \right).\]

Учитывая определение \(\mu\), получим

\[m_2^* \frac{\rho_2 - \rho_0}{\rho_2} = m_1 \left( \sqrt{\frac{\rho_0}{\rho_1}} - 1 \right) \quad \Rightarrow \quad m_2^* = m_1 \frac{\rho_2}{\rho_2 - \rho_0} \left( \sqrt{\frac{\rho_0}{\rho_1}} - 1 \right).\tag{6}\]

Поплавок займет вертикальное положение при

\[\mu g \frac{l}{2} > F_{A1} \left( \frac{l}{2} - \frac{x}{2} \right).\tag{7}\]

Это неравенство выполняется при \(m_2 > m_2^*\)

6. При вертикальном положении поплавка сила тяжести уравновешивается силой Архимеда, поэтому

\[F_{A1} = \mu g + m_1 g.\tag{8}\]

Из этого уравнения легко найти длину погруженной части поплавка

\[F_{A1} = \mu g + m_1 g \quad \Rightarrow \quad \pi R^2 x_0 \rho_0 g = \mu g + m_1 g \quad \Rightarrow\]

\[x_0 = \frac{\mu + m_1}{\pi R^2 \rho_0}\tag{9}\]

7. Силы, действующие на поплавок в наклонном положении, изображены на рисунке.

Так как величина \(x_0\) не изменяется, то, во-первых, она определяется формулой (9), во-вторых, из геометрии системы следует, что

\[x_0 = x + R \operatorname{tg} \alpha.\tag{10}\]

Рассчитаем модули сил и их моменты: Сила тяжести поплавка:

\[\begin{aligned} F_1 &= m_1 g \\ M_1 &= m_1 g \left( x_0 - \frac{l}{2} \right) \sin \alpha \end{aligned}\tag{11}\]

Сумма сил, действующих на грузило:

\[\begin{aligned} F_2 &= \mu g \\ M_2 &= \mu g \cdot x_0 \sin \alpha \end{aligned}\tag{12}\]

Сила Архимеда, действующая на нижнюю цилиндрическую часть стержня

\[F_{A1} = \pi R^2 \rho_0 g x = \pi R^2 \rho_0 g (x_0 - R \cdot \operatorname{tg} \alpha)\]

\[\begin{aligned} M_{A1} &= \pi R^2 \rho_0 g (x_0 - R \cdot \operatorname{tg} \alpha) \cdot \left( \frac{x}{2} + R \cdot \operatorname{tg} \alpha \right) \sin \alpha = \\ &= \pi R^2 \rho_0 g \frac{1}{2} (x_0^2 - R^2 \cdot \operatorname{tg}^2 \alpha) \sin \alpha \end{aligned}\tag{12}\]

Сила Архимеда, действующая на «срезанную часть»

\[F'_A = \pi R^3 \rho_0 g \cdot \operatorname{tg} \alpha\]

\[\begin{aligned} M'_A &= F'_A \cdot d_0 = \pi \frac{R^4}{8} \rho_0 g \cdot \operatorname{tg} \alpha \cdot \left( 5 \cos \alpha - \frac{3}{\cos \alpha} \right) = \pi R^2 \rho_0 g \frac{1}{8} R^2 \left( 5 - \frac{3}{\cos^2 \alpha} \right) \sin \alpha = \\ &= \pi R^2 \rho_0 g \frac{1}{8} R^2 (2 - 3 \operatorname{tg}^2 \alpha) \sin \alpha \end{aligned}\tag{13}\]

Условия равновесия записываются в идее двух уравнений: Сумма сил равна нулю:

\[\mu g + m_1 g = \pi R^2 x \rho_0 g + \pi R^3 \rho_0 g \cdot \operatorname{tg} \alpha.\tag{14}\]

Это условие выполняется при выполнении соотношения (10). Сумма моментов сил равна нулю (относительно точки \(O'\))

\[M_1 + M_2 + M'_A - M_{A1} = 0\tag{15}\]

Подставим в это уравнение найденные моменты сил. Так как все они пропорциональны синусу угла наклона, то на него сразу сократим, не забывая о корне \(\alpha_0^* = 0\) уравнения (15). Итак, после сокращения получаем

\[m_1 \left( x_0 - \frac{l}{2} \right) + \mu \cdot x_0 + \pi R^2 \rho_0 \frac{1}{8} R^2 (2 - 3 \operatorname{tg}^2 \alpha) - \pi R^2 \rho_0 \frac{1}{2} (x_0^2 - R^2 \cdot \operatorname{tg}^2 \alpha) = 0\tag{16}\]

Это уравнение удобно разделить на величину \(\pi R^2 \rho_0\), тогда после элементарных преобразований получим уравнение

\[\frac { 1 } { 2 } x _ { 0 } ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } \frac { \rho _ { 1 } } { \rho _ { 0 } } l ^ { 2 } + \frac { 1 } { 4 } R ^ { 2 } + \frac { 1 } { 8 } R ^ { 2 } \cdot t g ^ { 2 } \alpha = 0 .\tag{17}\]

В преобразования использовано соотношение \(\frac { m _ { 1 } } { \pi R ^ { 2 } \rho _ { 0 } } = \frac { \rho _ { 1 } } { \rho _ { 0 } } l\).

Уравнение (17) имеет решения (а следовательно поплавок другие положения равновесия) при выполнении условия

\[2 \left( \frac { \rho _ { 1 } } { \rho _ { 0 } } l ^ { 2 } - x _ { 0 } ^ { 2 } \right) - R ^ { 2 } > 0\tag{18}\]

И это решение есть

\[t g \alpha ^ { * } = \sqrt { 4 \frac { \frac { \rho _ { 1 } } { \rho _ { 0 } } l ^ { 2 } - x _ { 0 } ^ { 2 } } { R ^ { 2 } } - 2 } .\tag{19}\]

Можно показать, что при наличии решения (19), это положение равновесия устойчиво, а при вертикальное неустойчиво. Если условие (18) не выполняется, то единственным и устойчивым положением равновесия является вертикальное.

Доказательство этого утверждения может быть проведено различными способами. Например, по анализу потенциальной кривой. Так, не сложно показать, что потенциальная энергия системы пропорциональна следующей функции угла наклона

\[U \propto \left( t g ^ { 2 } \alpha + b \right) \cos \alpha\tag{20}\]

где обозначено \(b = \frac { 4 \left( \frac { \rho _ { 1 } } { \rho _ { 0 } } l ^ { 2 } - x _ { 0 } ^ { 2 } \right) - 2 R ^ { 2 } } { R ^ { 2 } }\). На рисунке показан вид этой функции при последовательном увеличении параметра \(b\) от -2 до 6. При отрицательных значениях этого параметра потенциальная кривая имеет единственный минимум (в нуле), когда же этот параметр становится положительным, экстремум в нуле становится максимумом, но появляются два минимума вблизи горизонтального положения.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Идеальный фотоэлемент — источник тока \(I_\Phi\), параллельный диоду: ток нагрузки равен \(I_\Phi-CU^2\). Максимум мощности найдите, приравняв нулю производную \(P(U)\). Во второй части добавьте ток через \(R_{\text{ПАР}}\) и падение напряжения на \(R_{\text{ПОС}}\).

Ответ

1.1) \(U_{\text{н}}=\dfrac{-1+\sqrt{1+4CR_{\text{н}}^2I_\Phi}}{2R_{\text{н}}C}\), \(I_{\text{н}}=\dfrac{-1+\sqrt{1+4CR_{\text{н}}^2I_\Phi}}{2CR_{\text{н}}^2}\); 1.2) \(I_{\text{н}}=I_\Phi-CU_{\text{н}}^2\); 1.3) \(I_{\text{кз}}=I_\Phi\), \(U_{\text{хх}}=\sqrt{I_\Phi/C}\); 1.4) ветвь параболы; 1.5) \(U_{P\max}=\sqrt{\dfrac{I_\Phi}{3C}}\), \(I_{P\max}=\dfrac23I_\Phi\), \(R_{P\max}=\dfrac{3}{2\sqrt{3CI_\Phi}}\), \(P_{\max}=\dfrac23\sqrt{\dfrac{I_\Phi^3}{3C}}\); 1.6) \(I_{\text{кз}}=1{,}0\) мА, \(U_{\text{хх}}=0{,}50\) В, \(I_{P\max}=0{,}67\) мА, \(U_{P\max}=0{,}29\) В, \(R_{P\max}=433\) Ом, \(P_{\max}=0{,}19\) мВт; 2.2) \(C(U_{\text{н}}+I_{\text{н}}R_{\text{пос}})^2+\dfrac{U_{\text{н}}+I_{\text{н}}(R_{\text{пос}}+R_{\text{пар}})}{R_{\text{пар}}}-I_\Phi=0\); 2.3) \(I_{\text{кз}}=\dfrac{-\frac{R_{\text{пос}}+R_{\text{пар}}}{R_{\text{пар}}}+\sqrt{\bigl(\frac{R_{\text{пос}}+R_{\text{пар}}}{R_{\text{пар}}}\bigr)^2+4I_\Phi CR_{\text{пос}}^2}}{2CR_{\text{пос}}^2}\), \(U_{\text{хх}}=\dfrac{-1+\sqrt{1+4I_\Phi CR_{\text{пар}}^2}}{2CR_{\text{пар}}}\); 2.4) \(I_{\text{кз}}=0{,}88\) мА, \(U_{\text{хх}}=0{,}39\) В; 2.6) \(U_{P\max}=0{,}22\) В, \(P_{\max}=0{,}10\) мВт.

Решение

Часть 1. Идеальный фотоэлемент

1.1 Ток в нагрузке равен разности фототока и тока текущего через диод:

\[I_{\text{н}} = I_{\Phi} - I_{D}\tag{1}\]

Напряжение на нагрузке такое же, как и на диоде. Подставляя \(I_{\text{н}} = \frac{U_{\text{н}}}{R}\) и \(I_{D} = C U_{\text{н}}^2\), получим квадратное уравнение:

\[C U_{\text{н}}^2 + \frac{1}{R} U_{\text{н}} - I_{\Phi} = 0\tag{2}\]

Решение имеет вид:

\[U_{\text{н}} = \frac{-1 + \sqrt{1 + 4CR^2 I_{\Phi}}}{2RC}\tag{3}\]

Ток в нагрузке:

\[I_{\text{н}} = \frac{-1 + \sqrt{1 + 4CR^2 I_{\Phi}}}{2CR^2}\tag{4}\]

1.2 Подставляя в (1) \(I_D = CU_{\text{н}}^2\), получим связь между током и напряжением:

\[I_{\text{н}} = I_{\Phi} - CU_{\text{н}}^2\tag{5}\]

1.3 При нулевом сопротивлении, напряжение на нагрузке равно нулю. А при большом сопротивлении нагрузки – ток равен нулю. Исходя из (5):

\[I_{\text{кз}} = I_{\Phi}\tag{6}\]

\[U_{\text{хх}} = \sqrt{\frac{I_{\Phi}}{C}}\tag{7}\]

1.4 График зависимости \(I_{\text{н}}(U_{\text{н}})\) – ветвь параболы. Вершина имеет координаты \((0, I_{\text{кз}})\), точка пересечения с осью абсцисс – \(U_{\text{хх}}\).

1.5 Умножим обе части равенства (5) на \(U_{\text{н}}\):

\[I_{\text{н}}U_{\text{н}} = P_{\text{н}} = I_{\Phi}U_{\text{н}} - CU_{\text{н}}^3\tag{8}\]

Приравняв к нулю производную по напряжению, получим:

\[U_{Pmax} = \sqrt{\frac{I_{\Phi}}{3C}}\tag{9}\]

Соответственно:

\[P_{max} = \frac{2}{3}\sqrt{\frac{I_{\Phi}^3}{3C}}\tag{10}\]

\[I_{Pmax} = I_{\Phi} - CU_{Pmax}^2 = \frac{2}{3}I_{\Phi}\tag{11}\]

\[R_{Pmax} = \frac{U_{Pmax}}{I_{Pmax}} = \frac{3}{2}\frac{1}{\sqrt{3CI_{\Phi}}}\tag{12}\]

1.6 Используя численные значения, получим:

\[I_{\text{кз}} = 1{,}0 \text{ мА}\tag{13}\]

\[U_{\text{хх}} = 0{,}50 \text{ В}\tag{14}\]

\[I_{Pmax} = 0{,}67 \text{ мА}\tag{15}\]

\[U_{Pmax} = 0{,}29 \text{ В}\tag{16}\]

\[R_{Pmax} = 433 \text{ Ом}\tag{17}\]

\[P_{max} = 0{,}19 \text{ мВт}\tag{18}\]

Часть 2. Потери энергии в фотоэлементе

2.1 Фототок \(I_{\Phi}\) разделяется на три части: ток диода \(I_D\), ток через параллельное соединение \(I_{\text{ПАР}}\) и ток через последовательное сопротивление и нагрузку \(I_{\text{н}}\):

\[I_{\Phi} = I_D + I_{\text{ПАР}} + I_{\text{н}}\tag{19}\]

Напряжение на диоде и параллельном сопротивлении, можно выразить через ток в нагрузке:

\[U_D = U_{\text{ПАР}} = I_{\text{н}}(R_{\text{н}} + R_{\text{пос}})\tag{20}\]

Тогда:

\[I_D = CI_{\text{н}}^2(R_{\text{н}} + R_{\text{пос}})^2\tag{21}\]

\[I_{\text{ПАР}} = I_{\text{н}}\frac{R_{\text{н}} + R_{\text{пос}}}{R_{\text{ПАР}}}\tag{22}\]

Подставляя эти выражения в (19) получим квадратное уравнение относительно \(I_{\text{н}}\):

\[C(R_{\text{н}} + R_{\text{пос}})^2 I_{\text{н}}^2 + \frac{R_{\text{н}} + R_{\text{пос}} + R_{\text{ПАР}}}{R_{\text{ПАР}}} I_{\text{н}} - I_{\Phi} = 0\tag{23}\]

Решение уравнения:

\[I_{\text{Н}} = \frac{-\frac{R_{\text{Н}}+R_{\text{пос}}+R_{\text{ПАР}}}{R_{\text{ПАР}}} + \sqrt{\left(\frac{R_{\text{Н}}+R_{\text{пос}}+R_{\text{ПАР}}}{R_{\text{ПАР}}}\right)^2 + 4I_{\Phi}C(R_{\text{Н}}+R_{\text{пос}})^2}}{2C(R_{\text{Н}}+R_{\text{пос}})^2}\tag{24}\]

Напряжение на нагрузке \(U_{\text{Н}} = I_{\text{Н}}R_{\text{Н}}\).

2.2 Вместо уравнения (20) запишем:

\[U_D = U_{\text{ПАР}} = U_{\text{Н}} + I_{\text{Н}}R_{\text{пос}}\tag{25}\]

Подставив в (19) получим искомую связь:

\[C(U_{\text{Н}} + I_{\text{Н}}R_{\text{пос}})^2 + \frac{U_{\text{Н}} + I_{\text{Н}}(R_{\text{пос}}+R_{\text{ПАР}})}{R_{\text{ПАР}}} - I_{\Phi} = 0\tag{26}\]

2.3 Подставив в выражение (24) значение \(R_{\text{Н}} = 0\), получим ток короткого замыкания:

\[I_{\text{КЗ}} = \frac{-\frac{R_{\text{пос}}+R_{\text{ПАР}}}{R_{\text{ПАР}}} + \sqrt{\left(\frac{R_{\text{пос}}+R_{\text{ПАР}}}{R_{\text{ПАР}}}\right)^2 + 4I_{\Phi}CR_{\text{пос}}^2}}{2CR_{\text{пос}}^2}\tag{27}\]

Аналогичное решение можно получить, полагая в уравнении (26) \(U_{\text{Н}} = 0\).

Напряжение холостого хода найдем, приняв в (26) \(I_{\text{Н}} = 0\).

\[U_{\text{ХХ}} = \frac{-1 + \sqrt{1 + 4I_{\Phi}CR_{\text{ПАР}}^2}}{2CR_{\text{ПАР}}}\tag{28}\]

2.4 Численные значения тока короткого замыкания и напряжения холостого хода:

\[I_{\text{КЗ}} = 0{,}88 \text{ мА}\tag{29}\]

\[U_{\text{ХХ}} = 0{,}39 \text{ В}\tag{30}\]

2.5 Подставим численные значения в (26) и умножим обе части на \(10^3\):

\[4(U_{\text{Н}} + 100I_{\text{Н}})^2 + U_{\text{Н}} + 1100I_{\text{Н}} = 1\tag{31}\]

Раскрыв скобки, получим:

\[4U_{\text{Н}}^2 + 10^4I_{\text{Н}}^2 + 800U_{\text{Н}}I_{\text{Н}} + U_{\text{Н}} + 1100I_{\text{Н}} = 1\tag{32}\]

Т.к. ток всегда меньше \(10^{-3}\) А, то слагаемым \(10^4I_{\text{Н}}^2\) можно пренебречь.

Запишем уравнение в следующем виде:

\[I_{\text{Н}}(1100 + 800U_{\text{Н}}) = 1 - 4U_{\text{Н}}^2 - U_{\text{Н}}\tag{33}\]

Величина \(800U_{\text{Н}}\) изменяется незначительно — от 0 до 312. Положи ее равной 150.

Окончательно получим:

\[I_{\text{Н}} = \frac{1 - 4U_{\text{Н}}^2 - U_{\text{Н}}}{1250}\tag{34}\]

На рисунке изображены графики зависимости \(I_{\text{Н}}(U_{\text{Н}})\).

Заметим, что отличия от точного построения невелики и проявляются при малых напряжениях

2.6 Используя удачное приближение из предыдущего пункта, можем записать:

\[P = I_{\text{Н}}U_{\text{Н}} = \frac{U_{\text{Н}} - 4U_{\text{Н}}^2 - U_{\text{Н}}^2}{1250}\tag{35}\]

Приравняв к нулю производную, получим:

\[U_{Pmax} = 0{,}22 \text{ В}\tag{36}\]

\[P_{max} = 0{,}10 \text{ мВт}\tag{37}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

В первой части ЭДС каждого кольца даёт закон Фарадея для потока через кольцо; кольца соединены параллельно, поэтому токи складываются. Во второй части ЭДС движения \(Bva\) действует на ленту с сопротивлением участка поля, последовательным с резистором.

Ответ

Часть 1: 1) \(\varepsilon_k=\pi a_k^2B_0\omega\sin\omega t\); 2) \(I_0=\dfrac{55}{8\sqrt2}\,\dfrac{\pi d^2a_0}{\rho}B_0\omega\) (действующее значение); 3) \(I=\dfrac{\frac{55}{8\sqrt2}\frac{\pi d^2a_0}{\rho}B_0\omega}{1+0{,}366\,R\,\dfrac{d^2}{\rho a_0}}\). Часть 2: 1) \(I=\dfrac{Bva}{R+\rho\frac{a}{bh}}\); 2) \(F=\dfrac{B^2a^2v}{R+\rho\frac{a}{bh}}\); 3) \(P=\dfrac{B^2v^2a^2R}{\bigl(R+\rho\frac{a}{bh}\bigr)^2}\); 4) \(\eta=\dfrac{R}{R+\rho\frac{a}{bh}}\).

Решение

Часть 1. Круглый генератор.

Переменное магнитное поле порождает вихревое электрическое поле. В данном случае силовыми линиями электрического поля будут концентрические окружности, плоскость которых перпендикулярна линиям индукции магнитного поля. Рассмотрим кольцо радиуса \(a_k\). Согласно закону электромагнитной индукции Фарадея, переменной магнитное поле порождает в нем ЭДС индукции равную

\[\varepsilon_k = -\frac{\Delta \Phi_k}{\Delta t},\tag{1}\]

где \(\Phi_k = \pi a_k^2 B_0 \cos \omega t\) - магнитный поток через это кольцо. Следовательно, ЭДС индукции этого кольца равна

\[\varepsilon_k = -\frac{\Delta \Phi_k}{\Delta t} = \pi a_k^2 B_0 \omega \sin \omega t.\tag{2}\]

Электрическое сопротивление кольца равно

\[r_k = \rho \frac{2\pi a_k}{(\pi d^2)/4} = 8\rho \frac{a_k}{d^2}.\tag{3}\]

Если пренебречь сопротивлением амперметра, то сила тока через него будет равна

\[i_0 = \sum_k i_k = \sum_k \frac{\varepsilon_k}{r_k} = \sum_k \frac{\pi a_k^2 B_0 \omega \sin \omega t}{8\rho \frac{a_k}{d^2}} = \frac{\pi d^2 a_0}{8\rho} B_0 \omega \sin \omega t \sum_{k=1}^{10} k = \frac{55}{8} \frac{\pi d^2 a_0}{\rho} B_0 \omega \sin \omega t\]

Действующее значение силы тока, соответственно, в этом случае равно

\[I_0 = \frac{55}{8\sqrt{2}} \frac{\pi d^2 a_0}{\rho} B_0 \omega.\tag{4}\]

Если учесть сопротивление амперметра, то для каждого кольца можно записать

\[\varepsilon_k = i_k r_k + i_0 R.\tag{5}\]

Разделим эти уравнения на \(r_k\) и просуммируем по всем кольцам, в итоге получим

\[i_0 = \sum_k i_k = \sum_k \frac{\varepsilon_k}{r_k} - i_0 R \sum_k \frac{1}{r_k} \quad \Rightarrow \quad i_0 = \frac{\sum_k \frac{\varepsilon_k}{r_k}}{1 + R \sum_k \frac{1}{r_k}}.\tag{6}\]

Сумма в числителе подсчитана. Вычислим сумму проводимостей

\[\sum_k \frac{1}{r_k} = \frac{d^2}{8\rho a_0} \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{k} \approx \frac{d^2}{8\rho a_0} \cdot 2{,}930 \approx 0{,}366 \frac{d^2}{\rho a_0}\tag{7}\]

Теперь можно записать окончательное выражение для действующего значения силы тока в этом случае

\[I = \frac{\frac{55}{8\sqrt{2}} \frac{\pi d^2 a_0}{\rho} B_0 \omega}{1 + 0{,}366 R \frac{d^2}{\rho a_0}} = \frac{15{,}27 \cdot d^2 a_0^2 B_0 \omega}{\rho a_0 + 0{,}366 R d^2}.\tag{8}\]

Часть 2. Прямоугольный генератор.

На каждый электрон в движущемся проводнике в области магнитного поля действует сила Лоренца

\[F = eBv .\tag{1}\]

Эта сила совершает работу по перемещению электрона поперек движущейся ленты, то есть создает ЭДС, равную

\[\varepsilon = Bva .\tag{2}\]

Электрическое сопротивление участка ленты, находящейся в электрическом поле, равно

\[r = \rho \frac{a}{bh} .\tag{3}\]

По закону Ома сила тока в контуре определяется выражением

\[I = \frac{\varepsilon}{r + R} = \frac{Bva}{R + \rho \frac{a}{bh}}\tag{4}\]

Со стороны магнитного поля на этот ток действует сила Ампера, направленная в сторону противоположную вектору скорости ленты и равная

\[F = IBa = \frac{B^2 a^2}{R + \rho \frac{a}{bh}} v .\tag{5}\]

Чтобы лента двигалась равномерно, необходимо ее тянуть с такой же по модулю силой. Эта сила развивает мощность

\[P_0 = Fv = \frac{B^2 a^2}{R + \rho \frac{a}{bh}} v^2 .\tag{6}\]

Мощность, выделяющаяся на резисторе может быть рассчитана по закону Джоуля-Ленца

\[P = I^2 R = \frac{B^2 v^2 a^2}{\left(R + \rho \frac{a}{bh}\right)^2} R .\tag{7}\]

Наконец, КПД генератора равно

\[\eta = \frac{P}{P_0} = \frac{R}{R + \rho \frac{a}{bh}} ,\tag{8}\]

что равно традиционному отношению сопротивления нагрузки к полному сопротивлению цепи.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.