Белорусская, 2013/14, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Четыре независимые мини-задачи про «край»: в соленоиде поле на краю вдвое слабее, цепочка на закруглении стола подчиняется формуле Эйлера для троса, диполь у проводящей плоскости заменяют изображениями, а фокус краевых лучей находят из угла полного отражения.

Ответ

1.1) \(B_\infty=\mu_0IN/L\); 1.2) \(B_{\max}=B_\infty\) (в центре), \(B_{\min}=B_\infty/2\) (на краях); 2.1) \(x_1=\frac{L}{1/\mu+1}\approx0{,}39\,L\); 2.2) \(x_2\approx0{,}63\,L\); 3.1) \(F_\perp=\frac{3kq^2L^2}{8r^4}\); 3.2) \(F_\parallel=\frac{3kq^2L^2}{4r^4}\); 4.1) \(\Delta F=Rn\left(\frac1{n-1}-\frac1{\sqrt{n^2-1}}\right)\) (плосковыпуклая), \(\Delta F'=R\left(\frac{n}{n-1}-\frac1{\sqrt{n^2-1}}\right)\) (плосковогнутая).

Решение

1. Край соленоида

1.1 Для бесконечного соленоиду

\[B_{\infty} = \frac{\mu_0 IN}{2L} \left( \cos 0^0 + \cos 0^0 \right) = \frac{\mu_0 IN}{L}\]

1.2 Для индукции в произвольной точке внутри соленоида

\[B_x = \frac{\mu_0 IN}{2L} \left( \frac{x}{\sqrt{x^2 + r^2}} + \frac{L-x}{\sqrt{(L-x)^2 + r^2}} \right)\]

На рисунке показан график этой функции (от учеников его построение не требуется). Видно, что при увеличении отношения длины к радиусу соленоида влияние его краев на поле уменьшается. Можно сказать, что краевые эффекты распространяются на глубину порядка диаметра соленоида. Индукция магнитного поля на краю соленоида равна:

\[B _ { 0 } = B _ { L } = \frac { \mu _ { 0 } I N } { 2 L } \cdot \frac { L } { \sqrt { L ^ { 2 } + r ^ { 2 } } } = \frac { \mu _ { 0 } I N } { 2 L \sqrt { 1 + \frac { r ^ { 2 } } { L ^ { 2 } } } } \approx \frac { \mu _ { 0 } I N } { 2 L } \left( 1 - \frac { 1 } { 2 } \cdot \frac { r ^ { 2 } } { L ^ { 2 } } \right) \approx \frac { \mu _ { 0 } I N } { 2 L } = \frac { 1 } { 2 } B _ { \infty }\]

Индукция магнитного поля в центре соленоида (\(x = L/2\)) равна:

\[B_{L/2} = \frac{\mu_0 I N}{2L} \cdot 2 \frac{\frac{L}{2}}{\sqrt{\frac{L^2}{4} + r^2}} = \frac{\mu_0 I N}{L \sqrt{1 + \frac{4r^2}{L^2}}} \approx \frac{\mu_0 I N}{L} \left(1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{4r^2}{L^2}\right) \approx \frac{\mu_0 I N}{L} = B_\infty\]

Индукция магнитного поля \(B_x\) вдоль оси соленоида конечной длины \(L \gg r\) принимает максимальное значения в центре соленоида \(B_{L/2} = \frac{\mu_0 I N}{L} = B_\infty = B_{x(\text{max})}\) и минимальное значения на краях соленоида \(B_0 = B_L = \frac{\mu_0 I N}{2L} = \frac{1}{2} B_\infty = B_{x(\text{min})}\)

1.3 Если смотреть справа на соленоид, то направление тока совпадает с направлением вращения буравчика по часовой стрелке. Количество силовых линий магнитного поля \(K\) пропорционально модулю вектора магнитной индукции \(B\) (\(K \propto B\)). В центре соленоида \(K1=13\), на краю соленоида \(K2=7\).

При конечной длине соленоида начинают сказываться краевые эффекты: поле внутри соленоида перестает быть однородным, меняется радиальная \(B_r\) и осевая \(B_x\) составляющие магнитного поля.

2.1 Из условия равновесия цепочки,

\[\frac{m}{L} x_{1} g = \mu \frac{m}{L} (L - x_{1}) g\]

следует, что максимально возможная длина свисающей части цепочки равна

\[x_{1} = \frac{L}{\frac{1}{\mu} + 1} = \frac{L}{2{,}57} \approx 0{,}39 L\]

2.2 Так как \(R \ll L\), то массой цепочки на изгибе стола можно пренебречь:

\[\Delta m = \frac{m}{L} R \frac{\pi}{2} \approx 0\]

Тогда условие равновесия с учетом силы трения приобретет вид

\[\frac{m}{L} x_{2} g = \mu \frac{m}{L} (L - x_{2}) g \cdot 2{,}7^{\mu \cdot \beta}, \quad \text{где } \beta = \frac{\pi}{2}\]

Подстановка численных значений дает результат

\[x_{2} = \frac{L}{\frac{1}{\mu 2{,}7^{\mu \cdot \beta}} + 1} = \frac{L}{\frac{\pi}{2 \cdot 2{,}7} + 1} = \frac{L}{1{,}582} \approx 0{,}63 L\]

Учет действия края стола на цепочку увеличивает значение х более чем в полтора раза!

\[\frac{x_{2}}{x_{1}} \approx 1{,}63\]

3. «Край» электрического диполя

3.1 Для определения силы взаимодействия диполя с проводящей плоскостью воспользуемся методом электростатических изображений.

\[\vec{F}_{\perp} = \vec{F}_{13} + \vec{F}_{24} + \vec{F}_{14} + \vec{F}_{23}\]

\[F_{\perp} = k q^{2} \left( -\frac{1}{4 r^{2}} - \frac{1}{4 r^{2}} + \frac{1}{4 \left( r + \frac{L}{2} \right)^{2}} + \frac{1}{4 \left( r - \frac{L}{2} \right)^{2}} \right) = \frac{k q^{2}}{4} \left( -\frac{2}{r^{2}} + \frac{2 r^{2} + \frac{L^{2}}{2}}{r^{4} \left( 1 - \frac{L^{2}}{4 r^{2}} \right)^{2}} \right)\]

Учтем формулу приближения:

\[\left( 1 - \frac{L^{2}}{4 r^{2}} \right)^{-2} \approx 1 - (-2) \frac{L^{2}}{4 r^{2}} = 1 + \frac{L^{2}}{2 r^{2}}\]

\[F _ { \perp } = \frac { k q ^ { 2 } } { 4 } \left( - \frac { 2 } { r ^ { 2 } } + \frac { \left( 2 r ^ { 2 } + \frac { L ^ { 2 } } { 2 } \right) \left( 1 + \frac { L ^ { 2 } } { 2 r ^ { 2 } } \right) } { r ^ { 4 } } \right) \approx \frac { 3 k q ^ { 2 } L ^ { 2 } } { 8 r ^ { 4 } }\]

Учтено, что \(\frac { L ^ { 4 } } { 2 r ^ { 2 } } \approx 0\), т. к. L>>r. \(\vec { F } _ { 1 4 }\)

3.2 Из симметрии задачи следует, что

\[F _ { 1 4 } = F _ { 2 3 } = k \frac { q ^ { 2 } } { L ^ { 2 } + 4 r ^ { 2 } } , \quad F _ { 1 3 } = F _ { 2 4 } = k \frac { q ^ { 2 } } { 4 r ^ { 2 } }\]

Сила взаимодействия диполя с проводящей плоскостью при параллельной ориентацией равна:

\[F _ { \parallel } = 2 F _ { 1 3 } - 2 F _ { 1 4 } \cos \alpha\]

\[F _ { \parallel } = 2 k q ^ { 2 } \left( \frac { 1 } { 4 r ^ { 2 } } - \frac { 1 } { L ^ { 2 } + 4 r ^ { 2 } } \cdot \frac { 2 r } { \sqrt { L ^ { 2 } + 4 r ^ { 2 } } } \right) = 2 k q ^ { 2 } \left( \frac { 1 } { 4 r ^ { 2 } } - \frac { 2 r } { 8 r ^ { 3 } \left( 1 + \frac { L ^ { 2 } } { 4 r ^ { 2 } } \right) ^ { 3 / 2 } } \right)\]

По формуле приближения \(\left( 1 + \frac { L ^ { 2 } } { 4 r ^ { 2 } } \right) ^ { - 3 / 2 } \approx 1 - \frac { 3 } { 2 } \cdot \frac { L ^ { 2 } } { 4 r ^ { 2 } }\)

\[F _ { \parallel } = 2 k q ^ { 2 } \left( \frac { 1 } { 4 r ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 4 r ^ { 2 } } \left( 1 - \frac { 3 } { 2 } \frac { L ^ { 2 } } { 4 r ^ { 2 } } \right) \right) = \frac { 3 k q ^ { 2 } L ^ { 2 } } { 4 r ^ { 4 } } \quad \quad F _ { \perp } = \frac { 1 } { 2 } F _ { \parallel }\]

4. Край сферической линзы

4.1 Расстояние крайнего фокуса от центра сферической поверхности OF1 для плосковыпуклой поверхности определим из условия полного внутреннего отражения.

\[\sin \alpha _ { 0 } = \frac { 1 } { n } , \quad O F _ { 1 } = \frac { R } { \cos \alpha _ { 0 } } = \frac { R } { \sqrt { 1 - \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } } = \frac { R n } { \sqrt { n ^ { 2 } - 1 } }\]

Расстояние параксиального фокуса от центра сферической поверхности OF для плосковыпуклой поверхности определим для очень узкого пучка лучей .

Для малых углов можно считать \(\sin \theta \approx \operatorname { t g } \theta \approx \theta\)

\[n \alpha = \beta \quad ( 1 ) , \quad \frac { h } { R } = \alpha \quad ( 2 ) , \quad \frac { h } { O F - R } = \gamma \quad ( 3 ) , \quad \beta = \alpha + \gamma \quad ( 4 )\]

Решая систему уравнений \(( 1 ) - ( 4 )\), получаем:

\[O F = \frac { R n } { n - 1 }\]

\[\Delta F = R n \left( \frac { 1 } { n - 1 } - \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } - 1 } } \right)\]

4.2 Расстояние крайнего фокуса от центра сферической поверхности OF1 для плосковогнутой поверхности определим из условия полного внутреннего отражения.

\[\sin \alpha _ { 0 } = \frac { 1 } { n }\]

\[O F _ { 1 } = \frac { R } { t g \alpha _ { 0 } } = \frac { R } { \sqrt { n ^ { 2 } - 1 } }\]

Расстояние параксиального фокуса от центра сферической поверхности OF для плосковогнутой поверхности определим для очень узкого пучка лучей.

Для малых углов можно считать \(\sin \theta \approx t g \theta \approx \theta\)

\[n \alpha = \beta _ { ( 1 ) } , \frac { h } { R } = \alpha _ { ( 2 ) } , \frac { h } { O F - R } = \gamma _ { ( 3 ) } , \beta = \alpha + \gamma _ { ( 4 ) }\]

\[O F = \frac { R n } { n - 1 }\]

Решая систему уравнений (1) – (4), получаем:

\[\Delta F ^ { \prime } = R \left( \frac { n } { n - 1 } - \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } - 1 } } \right)\]

4.3 Можно предложить несколько способов уменьшения сферической аберрации сферической поверхности линзы:

А) С увеличением показателя преломления материала линзы уменьшается \(\Delta F\).

\[\Delta F = R n \left( \frac { 1 } { n - 1 } - \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } - 1 } } \right) \quad \Delta F ^ { \prime } = R \left( \frac { n } { n - 1 } - \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } - 1 } } \right)\]

В) Уменьшение ширины пучка света приближает значение краевого фокуса к параксиальному, что приводит к уменьшению значения \(\Delta F\). Ширину пучка света можно регулировать диафрагмой.

С) Можно заметить, что плосковыпуклая сферическая поверхность смещает краевой

фокус по ходу лучей, а плосковогнутая поверхность смещает краевой фокус против хода лучей!

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

Подсказка

Задерживающее напряжение определяется только частотой излучения, а ток насыщения пропорционален числу падающих фотонов, то есть \(E_0^2/\omega\); сложную волну разложите на сумму плоских волн с разными частотами.

Ответ

1.1) \(U_{\text{з}}=2{,}0\) В, \(I=16{,}7\) мкА; 1.2) \(U_{\text{з}}=1{,}01\) В, \(I=7{,}13\) мкА; 2.1.а) \(U_{\text{з}}=2{,}10\) В, \(I=3{,}00\) мкА; 2.1.б) \(U_{\text{з}}=8{,}25\) В, \(I=6{,}75\) мкА; 3.1) \(Y=\dfrac{\hbar\omega I_{\max}}{e\pi\varepsilon_0E_0^2cS\sin\alpha}\approx5{,}0\cdot10^{-3}\); 3.2) квантовый выход растёт с частотой, но всё медленнее.

Решение

1. Меняем волну

1.1 Из графика для пробной волны находим: \(U_{\text{з проб}} = 2{,}0\) В, \(I_{\text{max проб}} = 6{,}0\) мкА. Из уравнения фотоэффекта:

\[eU_{\text{з проб}} = E_{\text{кин max}} = h\nu_{\text{проб}} - A_{\text{вых}} = h\frac{\omega_{\text{проб}}}{2\pi} - A_{\text{вых}}\tag{1}\]

Отсюда можно заметить, что задерживающее напряжение для одной и той же пластины зависит только от частоты падающего излучения, потому в данном пункте задерживающее напряжение останется таким же:

\[U_{\text{з 1.1}} = U_{\text{з проб}} = 2{,}0 \text{ В}\]

Ток насыщения пропорционален количеству вылетевших электронов, которое пропорционально количеству падающих фотонов. Количество фотонов, падающих на пластину, можно определить, разделив энергию падающего поля на энергию одного фотона. Энергия же падающего поля, как сказано в условии, пропорциональна квадрату напряженности поля. Данную связь можно записать следующим образом (знак \(\propto\) означает прямую пропорциональность):

\[I_{\text{max}} \propto N_e \propto N_{\phi} \propto \frac{W}{h\nu} \propto \frac{E_0^2}{\omega}\tag{2}\]

Зная ток насыщения и характеристики поля пробной волны, можем записать пропорцию:

\[\frac{I_{\text{max проб}}}{I_{\text{max 1.1}}} = \frac{E_0^2 / \omega}{E_1^2 / \omega} = \frac{E_0^2}{E_1^2}\]

Отсюда находим ток насыщения:

\[I_{\text{max 1.1}} = I_{\text{max проб}} \frac{E_1^2}{E_0^2} = 16{,}7 \text{ мкА}\]

Заметим, что начальная фаза \(\varphi_0\) никакого влияния на ток насыщения или задерживающее напряжение не оказывает.

1.2 Из уравнения (1) можно найти работу выхода пластины, используя характеристики пробной волны:

\[A_{\text{вых}} = h\frac{\omega_{\text{проб}}}{2\pi} - eU_{\text{з проб}} = 6{,}82 \cdot 10^{-19} \text{ Дж} = 4{,}26 \text{ эВ}\]

Тогда, аналогично, задерживающее напряжение можно рассчитать следующим образом:

\[U_{\text{з 1.2}} = \frac{1}{e} \left( h\frac{\omega'}{2\pi} - A_{\text{вых}} \right) = 1{,}01 \text{ В}\]

Используя отношения (2) составим пропорцию для нахождения тока насыщения:

\[\frac{I_{\text{max проб}}}{I_{\text{max 1.2}}} = \frac{E_0^2 / \omega}{E_0^2 / \omega'} = \frac{\omega'}{\omega}\]

Откуда находим ток насыщения:

\[I _ { \operatorname* { m a x } 1 . 2 } = I _ { \operatorname* { m a x } \text{проб} } \frac { \omega } { \omega ^ { \prime } } = 7 { , } 1 3 \ \text{мкА}\]

2. Сложные волны

2.1. Задерживающее напряжение и ток насыщения. 2.1.a) Используя формулу приведения: \(\cos \alpha \cos \beta = \frac { 1 } { 2 } ( \cos ( \alpha + \beta ) + \cos ( \alpha - \beta ) )\), получаем, что падающее поле можно представить в виде суммы двух плоских волн с амплитудой \(E _ { 0 } / 2\):

\[E ( t ) = \frac { E _ { 0 } } { 2 } \cos ( ( \omega _ { 1 } + \omega _ { 2 } ) t + \varphi _ { 1 } + \varphi _ { 2 } ) + \frac { E _ { 0 } } { 2 } \cos ( ( \omega _ { 1 } - \omega _ { 2 } ) t + \varphi _ { 1 } - \varphi _ { 2 } )\]

Задерживающее напряжение определяется максимальной кинетической энергией вылетающих электронов, которые будут обусловлены волной с максимальной частотой. Из уравнения фотоэффекта получим:

\[U _ { \text{з}\ 2.1 } = \frac { 1 } { e } \left( h \frac { \omega _ { 1 } + \omega _ { 2 } } { 2 \pi } - A _ { \text{вых}} \right) = 2 { , } 1 0 \ \text{В}\]

Аналогично соотношению (2) получаем пропорциональность (здесь важно помнить, что квантовый выход считаем не зависящим от частоты):

\[I _ { \operatorname* { m a x } 2 . 1 } \propto N _ { e } \propto N _ { \Phi } \propto \frac { w _ { 1 } } { h ( \nu _ { 1 } + \nu _ { 2 } ) } + \frac { w _ { 2 } } { h ( \nu _ { 1 } - \nu _ { 2 } ) } \propto \frac { ( E _ { 0 } / 2 ) ^ { 2 } } { \omega _ { 1 } + \omega _ { 2 } } + \frac { ( E _ { 0 } / 2 ) ^ { 2 } } { \omega _ { 1 } - \omega _ { 2 } }\]

Приводя выражение к общему знаменателю и составляя пропорцию:

\[\frac { I _ { \operatorname* { m a x } 2 . 1 } } { I _ { \operatorname* { m a x } \text{проб} } } = \frac { \frac { E _ { 0 } ^ { 2 } \omega _ { 1 } } { 2 ( { \omega _ { 1 } } ^ { 2 } - { \omega _ { 2 } } ^ { 2 } ) } } { E _ { 0 } ^ { 2 } / \omega } = \frac { \omega _ { 1 } \omega } { 2 ( { \omega _ { 1 } } ^ { 2 } - { \omega _ { 2 } } ^ { 2 } ) }\]

Отсюда находим ток насыщения:

\[I _ { \operatorname* { m a x } 2 . 1 } = \frac { \omega _ { 1 } \omega I _ { \operatorname* { m a x } \text{проб} } } { 2 ( { \omega _ { 1 } } ^ { 2 } - { \omega _ { 2 } } ^ { 2 } ) } = 3 { , } 0 0 \ \text{мкА}\]

2.1.b) Снова используя формулу для произведения косинусов, как в пункте 2.1, получим:

\[E ( t ) = E _ { 0 } \cos ( \omega t + \varphi _ { 0 } ) + \frac { E _ { 0 } } { 2 } \cos ( 2 \omega t + \varphi _ { 0 } ) + \frac { E _ { 0 } } { 2 } \cos ( \varphi _ { 0 } )\]

Не учитывая последнюю постоянную «фоновую» составляющую, получаем, как и в пункте 2.1 суперпозицию двух плоских волн с частотами \(\omega\) и \(2 \omega\), амплитудами \(E _ { 0 }\) и \(E _ { 0 } / 2\) соответственно. Аналогично пункту 2.1 задерживающее напряжение определяется максимальной частотой:

\[U _ { \text{з}\ 2.2 } = \frac { 1 } { e } \left( h \frac { 2 \omega } { 2 \pi } - A _ { \text{вых}} \right) = 8 { , } 2 5 \ \text{В}\]

Так же аналогичную пропорцию получаем и для тока насыщения:

\[\frac { I _ { \operatorname* { m a x } 2 . 2 } } { I _ { \operatorname* { m a x } \text{проб} } } = \frac { \frac { E _ { 0 } ^ { 2 } } { \omega } + \frac { ( E _ { 0 } / 2 ) ^ { 2 } } { 2 \omega } } { E _ { 0 } ^ { 2 } / \omega } = \frac { 9 } { 8 }\]

Отсюда ток насыщения равен:

\[I _ { \operatorname* { m a x } 2 . 2 } = \frac { 9 } { 8 } I _ { \operatorname* { m a x } \text{проб} } = 6 { , } 7 5 \ \text{мкА}\]

2.2. Для каждой отдельной плоской волны зависимость тока в цепи от напряжения будет иметь вид, аналогичный представленному в условии для пробной волны, но со своими значениями тока насыщения и задерживающего напряжения. График для суперпозиции волн можно получить, просуммировав значения графиков отдельных волн.

В пункте 2.1.а) способом, описанным в предыдущих пунктах, можно получить:

- Для составляющей \(\frac{E_0}{2} \cos((\omega_1 + \omega_2)t + \varphi_1 + \varphi_2)\): Задерживающее напряжение \(U_{\text{з }1} = 2{,}10\) В Ток насыщения \(I_{\text{max }1} = 1{,}48\) мкА

- Для составляющей \(\frac{E_0}{2} \cos((\omega_1 - \omega_2)t + \varphi_1 - \varphi_2)\): Задерживающее напряжение \(U_{\text{з }2} = 1{,}90\) В Ток насыщения \(I_{\text{max }2} = 1{,}52\) мкА

На рисунке 1 пунктирными линиями изображены зависимости тока в цепи от приложенного напряжения для каждой из двух составляющих, сплошной линией — искомая «полная» зависимость.

Рисунок 2 - Примерная зависимость силы тока в цепи от приложенного напряжения для случая 2.1.а

Все ключевые значения уже указаны и легко находятся на рисунке из указанного масштаба осей.

В пункте 2.1.б):

Для составляющей \(E_0 \cos(\omega t + \varphi_0)\), полностью совпадающей с пробной волной: Задерживающее напряжение \(U_{\text{з }1} = 2{,}0\) В

Ток насыщения \(I_{\text{max }1} = 6{,}0\) мкА

Для составляющей \(\frac{E_0}{2} \cos(2\omega t + \varphi_0)\): Задерживающее напряжение \(U_{\text{з }1} = 8{,}25\) В Ток насыщения \(I_{\text{max }1} = 0{,}75\) мкА

Примерный вид зависимости для пункта 2.1.б приведен на рисунке 2.

3. Квантовый выход

3.1. По определению, квантовый выход – отношение количества вылетевших электронов к количеству падающих фотонов. Количество вылетевших электронов за некоторое время \(t\) можно найти, используя значение тока насыщения:

Где \(Q\) – заряд, прошедший по цепи за время \(t\) в режиме насыщения, \(e\) – заряд электрона.

Найдем количество падающих за некоторое время \(t\) фотонов. Плотность энергии электромагнитного поля для пробной волны равна \(W = \frac{\varepsilon_0 E_0^2}{2}\), тогда в единице объема находится \(n_{\phi} = \frac{W}{\hbar \nu} = \frac{\pi \varepsilon_0 E_0^2}{\hbar \omega}\) фотонов. Они падают на пластину площадью \(S\) со скоростью света \(c\) под углом \(\alpha\) к пластине, тогда за время \(t\) количество попавших на пластину фотонов равно:

Тогда квантовый выход можно рассчитать по формуле:

\[Y = \frac{N_{\text{эл}}}{N_{\phi}} = \frac{\hbar \omega I_{\text{max}}}{e \pi \varepsilon_0 E_0^2 c S \sin \alpha}\tag{3}\]

Подставляя характеристики пробной волны, получим: \(Y = 0{,}00503\)

3.2. По данным измерения задерживающего напряжения можно получить частоты падающего излучения. Действительно, из уравнения (1):

Работа выхода определяется из характеристик пробной волны и уже была найдена в пункте 1.2. Найденные значения частоты для каждого измерения можно записать в таблицу. Далее, зная частоту излучения, его амплитуду (она по условию постоянна и равна 15 В/м) и частоту, а также ток насыщения, по формуле (3) можем рассчитать квантовый выход для каждого падающей волны. Данные вычислений занесем в таблицу: Таблица 1 - Результаты вычислений квантового выхода

По имеющимся данным построим график зависимости квантового выхода фотоэффекта от частоты.

Рисунок 3 - График зависимости квантового выхода фотоэффекта от частоты

Видно, что квантовый выход увеличивается с увеличением частоты в заданном диапазоне, но темп этого роста уменьшается.

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

Подсказка

Слоистый конденсатор — последовательное соединение; при плавном изменении \(\varepsilon\) суммируйте \(\Delta x/\varepsilon(x)\), а объёмный заряд найдите из теоремы Гаусса через производную поля. Для резистора роль \(E_0\) играет плотность тока.

Ответ

1.1.1) \(C=\frac{2\varepsilon_0S}{h}\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\); 1.1.2) \(\sigma_0=\varepsilon_0U_0\frac2h\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\), \(\sigma'=\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\frac{2\varepsilon_0U_0}{h}\); 1.2.2) та же ёмкость \(C\), \(\rho(x)=2\varepsilon_0\frac{U_0}{h^2}\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\) (постоянна); 2.1.1) \(R=\frac{\rho_1+\rho_2}{2}\frac hS\); 2.1.2) \(\sigma'=2\varepsilon_0\frac{U_0}{h}\frac{\rho_2-\rho_1}{\rho_2+\rho_1}\); 2.2) объёмная плотность заряда \(\frac{2\varepsilon_0U_0}{h^2}\frac{\rho_2-\rho_1}{\rho_2+\rho_1}\) (постоянна).

Решение

Часть 1. Переменная диэлектрическая проницаемость.

1.1.1 Описанную систему можно рассматривать как два конденсатора, соединенных последовательно. Используя формулу для электроемкости плоского конденсатора, запишем емкость составного конденсатора

\[\frac{1}{C} = \frac{h}{2\varepsilon_1\varepsilon_0 S} + \frac{h}{2\varepsilon_2\varepsilon_0 S} = \frac{h}{2\varepsilon_0 S} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2} \quad \Rightarrow \quad C = \frac{2\varepsilon_0 S}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}.\tag{1}\]

1.1.2 При помещении диэлектрика во внешнее поле на нем возникаю поляризационные заряды, которые изменяют поле внутри диэлектрика. Если силовые линии поля перпендикулярны границам диэлектрика, то напряженность поля внутри диэлектрика оказывается в \(\varepsilon\) раз меньше.

Обозначим напряженность поля, создаваемого только зарядами на пластинах \(\vec{E}_0\), модуль которой связан с поверхностной плотностью зарядов на пластинах соотношением

\[\sigma_0 = \varepsilon_0 E_0.\tag{2}\]

Тогда напряженности полей внутри диэлектриков будут равны \(\vec{E}_1 = \frac{\vec{E}_0}{\varepsilon_1}\), \(\vec{E}_2 = \frac{\vec{E}_0}{\varepsilon_2}\). Разность потенциалов между пластинами (напряжение) может быть выражена через напряженности полей следующим образом

\[U_0 = E_1 \frac{h}{2} + E_2 \frac{h}{2} = \frac{E_0}{\varepsilon_1} \frac{h}{2} + \frac{E_0}{\varepsilon_2} \frac{h}{2} = E_0 \frac{h}{2} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2}.\tag{3}\]

Откуда следует, что

\[E _ { 0 } = U _ { 0 } \, \frac { 2 } { h } \frac { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } + \varepsilon _ { 2 } } \, .\tag{4}\]

А поверхностная плотность зарядов на пластинах

\[\sigma _ { 0 } = \varepsilon _ { 0 } U _ { 0 } \, \frac { 2 } { h } \frac { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } + \varepsilon _ { 2 } } \, .\tag{5}\]

Впрочем, эта формула может быть получена непосредственно из формулы (1), как \(q = C U _ { 0 }\).

Поверхностная плотность поляризационных зарядов на границе диэлектриков \(\sigma ^ { \prime }\) может быть найдена различными способами.

Способ 1. Представим поля внутри диэлектриков как суперпозицию поля \(E ^ { \prime } = \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } }\), создаваемого зарядами \(\sigma ^ { \prime }\) и поля \(\vec { E } _ { e }\), создаваемого всеми остальными зарядами (на пластинах и поляризационных зарядов на границах диэлектриков, примыкающих к пластинам). В этом случае напряженности полей внутри диэлектриков описываются формулами

\[\begin{aligned} E _ { 1 } = \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = E _ { e } - \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \\ E _ { 2 } = \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 2 } } = E _ { e } + \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \end{aligned}\tag{6}\]

Из этих формул следует

\[\frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 2 } } - \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \quad \Rightarrow \quad \sigma ^ { \prime } = \varepsilon _ { 0 } \frac { \varepsilon _ { 1 } - \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } } E _ { 0 }\tag{7}\]

Подставляя выражение (4), окончательно получим

\[\frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 2 } } - \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = \frac { \sigma ^ { \prime } } { \varepsilon _ { 0 } } \quad \Rightarrow \quad \sigma ^ { \prime } = \frac { \varepsilon _ { 1 } - \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } + \varepsilon _ { 2 } } \frac { 2 \varepsilon _ { 0 } } { h } U _ { 0 }\tag{8}\]

Способ 2. Поле внутри диэлектрика \(\vec { E } _ { 1 } = \frac { \vec { E } _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } }\) может быть представлено как сумма внешнего поля \(\vec { E } _ { 0 }\) и поля \(E _ { 1 } ^ { \prime } = \frac { \sigma _ { 1 } ^ { \prime } } { \varepsilon _ { 0 } }\), создаваемого поляризационными зарядами:

\[\frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = E _ { 0 } - \frac { \sigma _ { 1 } ^ { \prime } } { \varepsilon _ { 0 } } \, .\tag{9}\]

Откуда находим

\[\sigma _ { 1 } ^ { \prime } = \varepsilon _ { 0 } \frac { \varepsilon _ { 1 } - 1 } { \varepsilon _ { 1 } } E _ { 0 } \, .\tag{10}\]

Поверхностная плотность зарядов на втором диэлектрике описывается аналогичной формулой. Суммарная плотность заряда на границе равна \(\sigma ^ { \prime } = \sigma _ { 1 } ^ { \prime } - \sigma _ { 2 } ^ { \prime } = \varepsilon _ { 0 } E _ { 0 } \frac { \varepsilon _ { 1 } - \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } }\), что совпадает с формулой (7).

Способ 3. Используем теорему Гаусса для поверхности

изображенной на рисунке.

\[E_2 s - E_2 s = \frac{\sigma' s}{\varepsilon_0}.\]

Из этой формулы следует \(\sigma' = \varepsilon_0 \left( \frac{E_0}{\varepsilon_2} - \frac{E_0}{\varepsilon_1} \right)\), что приводит, как это не странно, к тому же результату (10).

1.2 Решение этой части задачи, в принципе, аналогично решению предыдущей части.

1.2.1 Сначала выразим параметры зависимости диэлектрической проницаемости от координаты

\[\varepsilon(x) = \frac{1}{ax + b}\tag{11}\]

через граничные значения. Для этого запишем и решим систему уравнений

\[\begin{cases} \frac{1}{\varepsilon_1} = b \\ \frac{1}{\varepsilon_2} = ah + b \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} b = \frac{1}{\varepsilon_1} \\ a = \frac{1}{h} \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2} \end{cases}\tag{12}\]

1.2.2 Для расчета емкости конденсатора представим его как совокупность

последовательно соединенных конденсаторов малой толщины \(\Delta x_i\), емкости которых равны

\[C_i = \frac{\varepsilon(x) \varepsilon_0 S}{\Delta x_i}.\tag{13}\]

При последовательном соединении суммарная емкость рассчитывается по формуле

\[\frac{1}{C} = \sum_i \frac{1}{C_i} = \sum_i \frac{1}{\varepsilon(x) \varepsilon_0 S} \Delta x_i = \frac{1}{\varepsilon_0 S} \sum_i \frac{\Delta x_i}{\varepsilon(x)}.\tag{14}\]

При малых \(\Delta x_i\) сумма в выражении (14) равна площади под графиком зависимости \(\varepsilon^{-1}(x)\). Так как эта зависимость линейна, то в результате суммирования получим

\[\frac{1}{C} = \frac{1}{\varepsilon_0 S} \sum_i \frac{\Delta x_i}{\varepsilon(x)} = \frac{1}{\varepsilon_0 S} \frac{h}{2} \left( \varepsilon_1^{-1} + \varepsilon_2^{-1} \right) =\]

\[= \frac{1}{\varepsilon_0 S} \frac{h}{2} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2}\]

Тогда емкость конденсатора оказывается равной

\[C = 2 \frac{\varepsilon_0 S}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}.\tag{15}\]

Для расчета объемной плотности поляризационных зарядов запишем выражение для напряженности электрического поля

\[E(x) = \varepsilon^{-1}(x) E_0,\tag{16}\]

где \(E_0\) - как и ранее напряженность поля создаваемого только зарядами на пластинах. Разность потенциалов между пластинами в данном случае определяется формулой

\[U_0 = \sum_i E(x) \Delta x_i = E_0 \sum_i \varepsilon^{-1}(x) \Delta x_i .\tag{17}\]

Эту сумму мы уже вычисляли, поэтому сразу запишем

\[U_0 = E_0 \sum_i \varepsilon^{-1}(x) \Delta x_i = E_0 \frac{h}{2} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2} \quad \Rightarrow\]

\[E_0 = 2 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} .\tag{18}\]

Таким образом, зависимость напряженности от координаты имеет вид

\[E(x) = \frac{E_0}{\varepsilon(x)} = 2 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \varepsilon^{-1}(x) .\tag{19}\]

Для расчета зависимости плотности заряда от координаты воспользуемся самым коротким способом, основанном на теореме Гаусса (хотя приемлем и любой из ранее рассмотренных). Так для тонкого цилиндра толщиной \(\Delta x\), основания которого параллельны пластинам, имеем:

\[E(x + \Delta x) s - E(x) s = \frac{\rho(x) \Delta x}{\varepsilon_0} .\tag{20}\]

Из этой формулы следует, что

\[\rho(x) = \varepsilon_0 \frac{\Delta E}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \frac{\Delta \varepsilon^{-1}(x)}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} a\]

, где \(a\) - коэффициент, найденный ранее (формула (12)). С учетом этой формулы получим

\[\rho(x) = \varepsilon_0 \frac{\Delta E}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \frac{\Delta \varepsilon^{-1}(x)}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h^2} \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} .\tag{21}\]

Отметим, что объемная плотность поляризационных зарядов постоянна по объему диэлектрика.

Часть 2. Переменная проводимость.

2.1.1 Сопротивление резистора найдем как сумму двух последовательно соединенных резисторов

\[R = \rho_1 \frac{h}{2S} + \rho_2 \frac{h}{2S} = \frac{\rho_1 + \rho_2}{2} \frac{h}{S} .\tag{22}\]

2.1.2 Поясним причину возникновения заряда в этом случае. При включении внешнего поля плотности токов будут различным, что приведет к накоплению зарядов на границе раздела. Эти заряды будут изменять плотности токов в разных материалах до тех пор, пока плотности токов не сравняются. Итак. в установившемся режиме будет выполняться условие

\[j_1 = j_2 \quad \Rightarrow \quad \frac{E_1}{\rho_1} = \frac{E_2}{\rho_2}\tag{23}\]

Как уже было отмечено, различия в напряженностях полей обусловлены полем, создаваемым зарядами на границе, поэтому

\[E _ { 1 } = E _ { 0 } - \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \, , \quad E _ { 2 } = E _ { 0 } + \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \, .\]

Здесь \(E _ { 0 }\) - напряженность поля, создаваемого всеми зарядами, кроме зарядов на границе.

Из уравнений (23)-(24) найдем

\[\frac { 1 } { \rho _ { 1 } } \left( E _ { 0 } - \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \right) = \frac { 1 } { \rho _ { 2 } } \left( E _ { 0 } + \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \right) \quad \Rightarrow \quad \sigma ^ { \prime } = 2 \varepsilon _ { 0 } E _ { 0 } \, \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { \rho _ { 2 } + \rho _ { 1 } }\tag{24}\]

Из формул (24) и определения напряжения следует, что величина \(E _ { 0 }\) может быть легко найдена

\[U _ { 0 } = E _ { 1 } \frac { h } { 2 } + E _ { 1 } \frac { h } { 2 } = E _ { 0 } h \quad \Rightarrow \quad E _ { 0 } = \frac { U _ { 0 } } { h }\tag{25}\]

Поэтому поверхностная плотность зарядов на границе равна

\[\sigma ^ { \prime } = 2 \varepsilon _ { 0 } E \frac { U _ { 0 } } { h } \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { \rho _ { 2 } + \rho _ { 1 } } \, .\tag{26}\]

2.2 Основная идея решения этой части заключается в постоянстве плотности тока, т.е.

\[j = \frac { E } { \rho } = const \, .\tag{27}\]

Поэтому напряженность поля внутри проводника изменяется по закону

\[E ( x ) = j \rho ( x )\tag{28}\]

Зависимость удельного сопротивления от координаты линейна, с учетом значений на границе эта зависимость имеет вид

\[\rho ( x ) = \rho _ { 1 } + \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { h } x \, .\tag{29}\]

Для определения плотности тока запишем выражение для напряжения между пластинами резистора

\[U _ { 0 } = \sum _ { i } E ( x ) \Delta x = \sum _ { i } j \rho ( x ) \Delta x = j \frac { \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } } { 2 } h \, .\tag{30}\]

из которого выразим

\[j = \frac { 2 U _ { 0 } } { h ( \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } ) } \, .\tag{31}\]

Ранее было получено, что плотность\(^2\) заряда определяется формулой \(\gamma ( x ) = \varepsilon _ { 0 } \, \frac { \Delta E } { \Delta x } \, .\)

\(^2\) Чтобы не путать с удельным электрическим сопротивлением, обозначим плотность заряда \(\gamma\).

Используя эту формулу, а также выражения (28), (29), (31), найдем

\[\gamma ( x ) = \varepsilon _ { 0 } \, \frac { \Delta E } { \Delta x } = \varepsilon _ { 0 } \, j \frac { \Delta \rho } { \Delta x } = \varepsilon _ { 0 } \, \frac { 2 U _ { 0 } } { h ( \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } ) } \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { h } = \frac { 2 \varepsilon _ { 0 } U _ { 0 } } { h ^ { 2 } } \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } } \, .\tag{32}\]

Как и в первой части, объемная плотность заряда оказалась постоянной.

Последнее замечание. Вторую часть задачи можно было и не решать!

В первой части расчет электрического поля сводился к решению системы уравнений

\[E ( x ) = \varepsilon ^ { - 1 } ( x ) E _ { 0 } = ( a x + b ) E _ { 0 } \, , \quad \sum _ { i } E ( x ) \Delta x = U _ { 0 } \, ,\]

А во второй

\[E ( x ) = \rho ( x ) \, j = ( a x + b ) \, j \, , \quad \sum _ { i } E ( x ) \Delta x = U _ { 0 } \, ,\]

Эти систему уравнений полностью совпадают, если \(E _ { 0 }\) заменить на \(j\), \(\varepsilon ^ { - 1 }\) заменить на \(\rho\). Достаточно было просто переписать формулы с учетом этих замен!

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