Белорусская, 2016/17, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Период малых колебаний удобно найти энергетическим методом: кинетическая энергия \(\propto\dot\alpha^2\), потенциальная — квадратичная по углу; жёсткости от разных источников сил складываются. Круглая решётка вблизи пучка — обычная решётка с периодом \(2b\), а штрихи-дуги искривляют пятна.

Ответ

1.1.1) \(T=2\pi\sqrt{\dfrac{ml}{2qE_0}}\); 1.1.3) \(T=\dfrac{T_1T_2}{\sqrt{T_1^2+T_2^2}}\); 1.2.1) на экране пятна в виде дуг с шагом \(27{,}5\) мм (\(m=1,2,3\) — \(27{,}5;\,55;\,82{,}5\) мм, четвёртое — за экраном), угловая ширина дуг \(\approx11^\circ\); 1.2.2) картина смещается, угловой размер дуг уменьшается примерно вдвое.

Решение

Для расчета периодов колебаний можно использовать как динамический, так и энергетический подход. Воспользуемся энергетическим подходом. В рамках этого метода необходимо ввести некоторую переменную величину \(x\). Далее необходимо найти кинетическую энергию системы, представив ее в виде

\[E_k = Mv^2.\tag{1}\]

Где \(v = x'\) - первая производная от координаты по времени, \(M\) - постоянная величина. Найти потенциальную энергию, как функцию координаты \(U(x)\), Полагая смещение от положения равновесия малым, записать приближенное выражение для изменения потенциальной энергии, оставляя только квадратичные слагаемые, т.е представив это изменение в виде

\[U = Kx^2.\tag{2}\]

Где \(K\) - также постоянная величина. Затем записать уравнение закона сохранения энергии:

\[Mv^2 + Kx^2 = const,\tag{3}\]

которое является уравнением гармонических колебаний с периодом

\[T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{K}}.\tag{4}\]

1.1.1 В положении равновесия ось маятника совпадает с направлением вектора напряженности электрического поля. В качестве координаты будем рассматривать угол отклонения маятника от этого направления \(\alpha\). Производная от этого угла есть угловая скорость вращения \(\omega\).

Кинетическая энергия маятника легко рассчитывается по формулам

\[E_k = 2\frac{mv^2}{2} = m\left(\frac{l}{2}\omega\right)^2 = \frac{ml^2}{4}\omega^2.\tag{5}\]

Потенциальная энергия каждого шарика выражается через разность потенциалов в положении равновесия и в отклоненном положении. Поэтому

\[\Delta U = 2q\Delta\varphi = 2qE\Delta z = 2qE\frac{l}{2}(1-\cos\alpha) = qEl\frac{\alpha^2}{2}.\tag{6}\]

Используя формулу (4) и полученные выражения для энергий находим период колебаний

\[T = 2\pi \sqrt{\frac{ml}{2qE}}.\tag{7}\]

1.1.2 Выражение для кинетической энергии (5) справедливо и в данном случае. Рассмотрим потенциальную энергию взаимодействия зарядов на маятнике с одним из неподвижных зарядов. Энергия взаимодействия шариков выражается формулой (см. рис.)

\[U = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\tag{8}\]

Расстояния между шариками можно выразить из теоремы косинусов:

\[r _ { 1 , 2 } = \sqrt { \left( \frac { l } { 2 } \right) ^ { 2 } + \left( \frac { l } { 2 } + a \right) ^ { 2 } \pm 2 \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) \cos \alpha } \ .\tag{9}\]

В формулу для потенциальной энергии входят величины обратные расстояниям, поэтому сразу проведем их разложение, учитывая малость угла \(\alpha\):

\[r _ { 1 , 2 } ^ { - 1 } = \left( \left( \frac { l } { 2 } \right) ^ { 2 } + \left( \frac { l } { 2 } + a \right) ^ { 2 } \pm 2 \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) \cos \alpha \right) ^ { - \frac { 1 } { 2 } } \approx \left( \left( \frac { l } { 2 } \right) ^ { 2 } + \left( \frac { l } { 2 } + a \right) ^ { 2 } \pm 2 \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) \left( 1 - \frac { \alpha ^ { 2 } } { 2 } \right) \right) ^ { - \frac { 1 } { 2 } } =\]

\[= \left( \left( \frac { l } { 2 } + a \pm \frac { l } { 2 } \right) ^ { 2 } \mp \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) \alpha ^ { 2 } \right) ^ { - \frac { 1 } { 2 } } = \left( \frac { l } { 2 } + a \pm \frac { l } { 2 } \right) ^ { - 1 } \left( 1 \mp \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { \left( \frac { l } { 2 } + a \pm \frac { l } { 2 } \right) ^ { 2 } } \alpha ^ { 2 } \right) ^ { - \frac { 1 } { 2 } } \approx\]

\[= \left( \frac { l } { 2 } + a \pm \frac { l } { 2 } \right) ^ { - 1 } \left( 1 \pm \frac { 1 } { 2 } \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { \left( \frac { l } { 2 } + a \pm \frac { l } { 2 } \right) ^ { 2 } } \alpha ^ { 2 } \right)\]

Запишем эти выражения отдельно:

\[r _ { 1 } ^ { - 1 } = ( l + a ) ^ { - 1 } \left( 1 + \frac { 1 } { 2 } \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { ( l + a ) ^ { 2 } } \alpha ^ { 2 } \right) = ( l + a ) ^ { - 1 } + \frac { 1 } { 2 } \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { ( l + a ) ^ { 3 } } \alpha ^ { 2 }\tag{10}\]

\[r _ { 2 } ^ { - 1 } = a ^ { - 1 } \left( 1 - \frac { 1 } { 2 } \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { a ^ { 2 } } \alpha ^ { 2 } \right) = a ^ { - 1 } - \frac { 1 } { 2 } \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { a ^ { 3 } } \alpha ^ { 2 }\]

Теперь подставим их в формулу для кинетической энергии (не зависящие от \(\alpha\) слагаемые опускаем):

\[U = \frac { q ^ { 2 } } { 8 \pi \varepsilon _ { 0 } } \left( \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { ( l + a ) ^ { 3 } } + \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { a ^ { 3 } } \right) \alpha ^ { 2 }\tag{11}\]

Снова используем формулу (5) для периода колебаний

\[T = 2 \pi \sqrt { \frac { M } { K } } = 2 \pi \sqrt { \frac { 2 \pi \varepsilon _ { 0 } m l ^ { 2 } } { q ^ { 2 } \left( \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { ( l + a ) ^ { 3 } } + \frac { \left( \frac { l } { 2 } \right) \left( \frac { l } { 2 } + a \right) } { a ^ { 3 } } \right) } } .\tag{12}\]

1.1.3 Так как выражение для кинетической энергии остается неизменным, то необходимо только просуммировать выражения для энергия потенциальных (фактически сложить два коэффициента \(K\) в формуле (5)). Это приведет к тому, что для периодов колебаний будет выполняться соотношение:

\[\frac { 1 } { T ^ { 2 } } = \frac { 1 } { T _ { 1 } ^ { 2 } } + \frac { 1 } { T _ { 2 } ^ { 2 } } \quad \Rightarrow \quad T = \frac { T _ { 1 } \cdot T _ { 2 } } { \sqrt { T _ { 1 } ^ { 2 } + T _ { 2 } ^ { 2 } } } .\tag{13}\]

Задача 1.2

1.2.1 В данном случае будет наблюдаться дифракция на решетке: возникать равноотстоящие пятна. Период данной решетки равен

\[d = 2b = 20\,\text{мкм} = 2{,}0 \cdot 10^{-5}\,\text{м}\tag{1}\]

По формуле дифракционной решетки определим углы дифракции:

\[d \sin \theta_m = m\lambda \quad \Rightarrow \quad \sin \theta_m = \frac{m\lambda}{d}.\tag{2}\]

Пятна на экране, соответствующие данным углам дифракции, будут отстоять от центрального максимума на расстояниях

\[x_m = L \operatorname{tg} \theta_m.\tag{3}\]

В таблице 1 рассчитаны эти углы для нескольких первых максимумов. Таблица 1.

Как следует из проведенных расчетов, углы дифракции являются малыми, поэтому можно считать, что их тангенсы и синусы равны. В последнем столбце приведены координаты максимумов. Видно, что четвертый максимум окажется за пределами экрана.

Далее необходимо учесть, что штрихи являются изогнутыми. Поэтому пятна также будут изогнутыми и представлять собой симметричные дуги окружностей. Схематически положение этих пятен при попадании света на разные части дуг решетки, показаны на рисунке (масштабы дуг решетки и расстояний до пятен не соблюдены). Вычислим угловой размер дуговых пятен, который совпадает с угловым размером лазерного пучка на решетке. Этот угловой размер не сложно вычислить с помощью рисунка:

\[\gamma = 2 \arcsin\left(\frac{a}{2l}\right) \approx 11^\circ\tag{4}\]

На следующем рисунке показана схематически дифракционная картина.

1.2.2 При изменении расстояния \(l\) дифракционная картина сместится на такое же расстоянии, угловой размер пятен уменьшится приблизительно в два раза.

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

Подсказка

Поле диска и кольца складывается из полей элементов — по принципу суперпозиции с учётом симметрии; намагниченный диск эквивалентен круговому току \(I=Jh\) по краю, а кольцевой магнит — разности двух таких токов.

Ответ

1.1) \(E_z=E_0\dfrac{\xi}{(1+\xi^2)^{3/2}}\); 1.3) \(E_z\approx\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0z^2}\); 1.4) \(F=-\dfrac{p_eQ}{4\pi\varepsilon_0z^3}\); 2.1) \(B_z=\dfrac{B_0}{(1+\xi^2)^{3/2}}\); 2.3) \(B\approx\dfrac{\mu_0IR^2}{2z^3}\); 2.4) \(F=-\dfrac32\dfrac{\mu_0IR^2}{z^4}p_m\); 3.1) \(B_0=\dfrac{\mu_0Jh}{2R}\); 3.2) \(B_z=\dfrac{\mu_0Jh}{2}\dfrac{R^2}{(R^2+z^2)^{3/2}}\); 3.3) \(F=\dfrac{3}{2\pi}\dfrac{\mu_0(Jh\pi R^2)^2}{L^4}\); 3.4) \(B_z=B_0\left(\dfrac{1}{(1+\xi^2)^{3/2}}-\dfrac{0{,}25}{(0{,}25+\xi^2)^{3/2}}\right)\).

Решение

Часть 1. Электрическое поле кольца.

1.1 Напряженность электрического поля, создаваемого зарядом кольца легко рассчитывается с помощью закона Кулона и принципа суперпозицию

Разобьем кольцо на малые участки, заряд каждого из них обозначим \(\Delta Q_i\). В точке наблюдения вектор напряженность поля \(\Delta \vec{E}_i\), создаваемого этим зарядом, направлен вдоль линии, соединяющей заряд и точку наблюдения. Величина этого вектора может быть рассчитана по закону Ш. Кулона

\[\Delta E_i = \frac{\Delta Q_i}{4\pi\varepsilon_0 r^2},\]

где \(r = \sqrt{z^2 + R^2}\) - расстояние от заряда то точки наблюдения.

Из симметрии задачи следует, что результирующий вектор напряженности направлен вдоль оси кольца. Поэтому для его расчета достаточно просуммировать проекции векторов \(\Delta \vec{E}\) на эту ось \(\Delta E_{iZ} = \Delta E_i \cos \alpha = \Delta E_i \frac{z}{r}\). Просуммируем проекции векторов напряженностей полей, создаваемых всеми зарядами, на которые мы разбили кольцо

\[E_Z = \Delta E_{1Z} + \Delta E_{2Z} + ... = \sum_i \Delta E_{iZ} = \sum_i \frac{\Delta Q_i}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \cdot \cos \alpha.\]

Так как все заряды находятся на равных расстояниях \(r\) от точки наблюдения, а векторы \(\Delta \vec{E}_i\) образуют равные углы \(\alpha\) с осью \(Z\), вычисление этой суммы сводится суммированию зарядов (постоянные множители можно вынести за знак суммы):

\[E_Z = \sum_i \frac{\Delta Q_i}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \cos \alpha = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{z}{\left(z^2 + R^2\right)^{3/2}} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2} \frac{\xi}{\left(1 + \xi^2\right)^{3/2}} = E_0 \frac{\xi}{\left(1 + \xi^2\right)^{3/2}}.\tag{1}\]

1.2 График функции \(\frac{E_z}{E_0}(\xi)\) может быть построен традиционными способами. Результат построения показан на рисунке.

1.3 При \(z \gg R\) напряженность поля выражается формулой

\[E_Z = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{z}{\left(z^2 + R^2\right)^{3/2}} \approx \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 z^2},\tag{2}\]

Что совпадает с полем точечного заряда, что и следовало ожидать.

1.4 Ось диполя совпадает с направлением вектора напряженности внешнего электрического поля. Совместим ось \(x\) системы координат с направлением вектора напряженности. Результирующая сила, действующая на диполь, равна векторной сумме сил, действующих на заряды диполя,

\[F = F_{+} - F_{-} = q(E(z+a) - E(z)) = qa \frac{\Delta E}{\Delta z} = p_{e} \frac{\Delta E_{z}}{\Delta z}.\tag{3}\]

Используя полученную формулу и выражение для напряженности поля (2)

\[F = p_{e} \frac{\Delta E_{z}}{\Delta z} = p_{e} \left( \frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}z^{2}} \right)' = -\frac{p_{e}Q}{4\pi\varepsilon_{0}z^{3}}.\tag{4}\]

Часть 2. Магнитное поле кольца.

- найдем индукцию поля в точке \(A\), находящейся на оси кольца на расстоянии \(z\) от его центра. Выделяем малый участок кольца \(\left(I\Delta\vec{l}\right)_{k}\) и строим вектор индукции поля \(\Delta\vec{B}_{k}\), созданным этим элементом, в рассматриваемой точке. Это вектор перпендикулярен вектору \(\vec{r}\), соединяющему выделенный участок с точкой наблюдения. Векторы \(\left(I\Delta\vec{l}\right)_{k}\) и \(\vec{r}_{k}\), как и ранее, перпендикулярны, поэтому \(\sin\alpha = 1\). Так кольцо обладает осевой симметрией, то суммарный вектор индукции поля в точке \(A\) должен быть направлен по оси кольца. К этому же выводу о направлении суммарного вектора индукции можно прийти, если заметить, что каждому выделенному участку кольца имеется симметричный ему с противоположной стороны, а сумма двух симметричных векторов направлена вдоль оси кольца. Таким образом, для того чтобы определить модуль суммарного вектора индукции, необходимо просуммировать проекции векторов на ось кольца. Эта операция не представляет особой сложности, если учесть, расстояния от всех точек кольца до точки наблюдения одинаковы \(r_{k} = \sqrt{R^{2} + z^{2}}\), а также

одинаковы углы \(\varphi\) между векторами \(\Delta\vec{B}_k\) и осью кольца. Запишем выражение для модуля искомого суммарного вектора индукции

\[B = \sum_k \Delta B_{zk} = \sum_k \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{(I\Delta l)_k}{r^2} \cos\varphi = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I \cos\varphi}{r^2} \sum_k \Delta l_k = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I \cos\varphi}{r^2} 2\pi R = \frac{\mu_0 I R}{2r^2} \cos\varphi.\]

Из рисунка следует, что \(\cos\varphi = \frac{R}{r}\), с учетом выражения для расстояния \(r\), получим окончательное выражение для вектора индукции поля

\[B = \frac{\mu_0 I R}{2r^2} \cos\varphi = \frac{\mu_0 I R^2}{2r^3} = \frac{\mu_0 I}{2} \cdot \frac{R^2}{\left(R^2 + z^2\right)^{\frac{3}{2}}}.\tag{5}\]

Это выражение можно переписать в виде

\[B_z = \frac{\mu_0 I}{2R} \cdot \frac{1}{\left(1 + \xi^2\right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{B_0}{\left(1 + \xi^2\right)^{\frac{3}{2}}}.\tag{6}\]

График этой функции показан на следующем рисунке.

График 2.2 Магнитное поле кольцевого тока.

2.3 При \(z \gg R\) формула (6) принимает вид

\[B = \frac{\mu_0 I}{2} \cdot \frac{R^2}{\left(R^2 + z^2\right)^{\frac{3}{2}}} \approx \frac{\mu_0 I R^2}{2z^3}.\tag{7}\]

2.4 Сила, действующая на магнитный диполь, рассчитывается по формуле

\[F_z = p_m \frac{\Delta B_z}{\Delta z} = p_m \left( \frac{\mu_0 I R^2}{2z^3} \right)' = -\frac{3}{2} \frac{\mu_0 I R^2}{z^4} p_m.\tag{8}\]

Часть 3. Взаимодействие постоянных магнитов.

Согласно подтвержденной ныне гипотезе Ампера поле постоянного магнита эквивалентно полю молекулярных токов, протекающих по его поверхности.

Для соотнесения этих полей следует приравнять магнитные моменты магнита и соответствующего тока. Так в случае цилиндрического магнита можно записать

\[JSh = IS.\tag{9}\]

где \(S\) - площадь основания магнита, \(I\) - сила эквивалентного тока протекающего по боковой поверхности магнита. Таким образом, поле данного магнита совпадает с полем кругового тока силой \(I = Jh\), протекающего по кольцу радиуса \(R\). Далее можно использовать все формулы, полученные в Части 2.

3.1 Так индукция в центре диска рассчитывает по формуле (5) при \(z = 0\):

\[B_0(z = 0) = \frac{\mu_0 I}{2} \cdot \frac{R^2}{\left(R^2 + z^2\right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{\mu_0 Jh}{2R}.\tag{10}\]

3.2 Индукция поля на оси диска \(B_z(z)\) описывается той же формулой

\[B(z) = \frac{\mu_0 Jh}{2} \cdot \frac{R^2}{\left(R^2 + z^2\right)^{\frac{3}{2}}}.\tag{11}\]

3.3 Для силы взаимодействия применима формула (8)

\[F_z = -\frac{3}{2} \frac{\mu_0 I R^2}{L^4} p_m = \frac{3}{2} \frac{\mu_0 Jh R^2}{L^4} Jh \pi R^2 = \frac{3}{2\pi} \frac{\mu_0 \left(Jh \pi R^2\right)^2}{L^4}.\tag{12}\]

3.4 Поле молекулярных токов, текущих по внутренней поверхности тока эквивалентно толю кругового тока силой \(I = -Jh\), протекающего по кольцу радиуса \(\frac{R}{2}\). Поэтому величина индукции поля кольцевого магнита описывается «составной» формулой:

\[B(z) = \frac{\mu_0 Jh}{2} \cdot \frac{R^2}{\left(R^2 + z^2\right)^{\frac{3}{2}}} - \frac{\mu_0 Jh}{2} \frac{R^2/4}{\left(R^2/4 + z^2\right)^{\frac{3}{2}}} = B_0 \left( \frac{1}{\left(1 + \xi^2\right)^{\frac{3}{2}}} - \frac{0{,}25}{\left(0{,}25 + \xi^2\right)^{\frac{3}{2}}} \right).\tag{13}\]

График этой функции показан на последнем рисунке. График 3.4 Поле кольцевого магнита.

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

Подсказка

Ток через конденсатор и катушку находят из \(I=\Delta q/\Delta t\) и \(L\,\Delta I/\Delta t=U\) (на линейных участках ток постоянен или растёт по параболе); мощность на пилообразных импульсах усредняют, найдя площадь под параболой \(t^2\).

Ответ

1.1) \(T=3{,}0\) мс; 1.3) \(I_1=8{,}0\) мА, \(I_2=-4{,}0\) мА; 2.1) \(I=\dfrac{k_3}{2L}t^2\) при \(0\le t\le1\) мс (с \(k_3=4{,}0\cdot10^3\) В/с), затем \(I=2{,}0\) А; 3.2) \(\langle P\rangle=\dfrac{U_0I_0}{3}=\dfrac{U_0^2}{3R_0}\); 4.2) \(Q=24\) мДж.

Решение

1.

1.1. Период колебаний напряжения \(T=3{,}0\)мс.

1.2. Зависимости \(U(t)\) на временном интервале \(0{,}0 - 0{,}50\)мс прямо пропорциональная. Зависимости \(U(t)\) имеет вид:

\[U = k_1 t\tag{1}\]

где \(k_1 = 8{,}0 \frac{\text{кВ}}{\text{с}}\).

На временном интервале \(0{,}50 - 2{,}5\)мс зависимости \(U(t)\) линейная. Зависимости \(U(t)\) имеет вид:

\[U = U_0 + k_2 t \, (\text{В})\tag{2}\]

где \(k_2 = -4{,}0 \frac{\text{кВ}}{\text{с}}\), \(U_0 = 6{,}0\)В.

1.3. Если напряжение в электрической цепи, содержащей конденсатор, изменяется, то в цепи течёт ток зарядки или перезарядки конденсатора. Для получения зависимости \(I(t)\) воспользуемся уравнением

\[I = \frac{\Delta q}{\Delta t}\tag{3}\]

Заряд конденсатора определяется уравнением

\[q = CU\tag{4}\]

На временном интервале \(0{,}0 - 0{,}50\)мс

\[q = C k_1 t\tag{5}\]

Следовательно:

\[\Delta q = C k_1 \Delta t\tag{6}\]

\[I_1 = C k_1 = 1{,}0 \text{мкФ} \cdot 8{,}0 \frac{\text{кВ}}{\text{с}} = 8{,}0 \text{мА}\tag{8}\]

На временном интервале и \(0{,}50 - 2{,}5\)мс

\[q = C U_0 + C k_2 t\tag{9}\]

Следовательно:

\[\Delta q = C k_2 \Delta t\tag{10}\]

\[I_2 = C k_2 = 1{,}0 \text{мкФ} \cdot \left(-4{,}0 \frac{\text{кВ}}{\text{с}}\right) = -4{,}0 \text{мА}\tag{11}\]

При заданной форме напряжения сила тока в электрической цепи, содержащей источник напряжения и конденсатор, от времени не зависит.

1.4. График зависимости \(I(t)\) на временном интервале в два периода представлен на рисунке 10.

Рисунок 10.

2.

2.1. На временном интервале \(0{,}0 - 1{,}0\)мс зависимость \(U(t)\) прямо пропорциональная

\[U(t) = k_3 t\tag{12}\]

где

\[k_3 = 4{,}0 \cdot 10^3 \frac{\text{В}}{\text{с}}.\]

Так как, согласно условию задачи, полное сопротивление цепи равно нулю, то Закон Ома для полной цепи приобретает вид:

\[U + \mathcal{E}_{si} = 0 .\tag{13}\]

Так как

\[\mathcal{E}_{si} = -L \frac{\Delta I}{\Delta t} ,\tag{14}\]

то

\[U - L \frac{\Delta I}{\Delta t} = 0 .\tag{15}\]

Следовательно

\[L \frac{\Delta I}{\Delta t} = U ,\tag{16}\]

откуда

\[\Delta I = \frac{U}{L} \Delta t .\tag{17}\]

Подставляя в (17) уравнение (12) получим:

\[\Delta I = \frac{k_3 t}{L} \Delta t ,\tag{18}\]

откуда

\[\Delta I = \frac{k_3}{2L} \Delta(t^2) ,\tag{19}\]

откуда

\[I = \frac{k_3}{2L} t^2 .\tag{20}\]

На временном интервале \(1{,}0 - 2{,}0\) мс \(U(t) = 0\). Закон Ома для полной цепи приобретает вид:

\[L \frac{\Delta I}{\Delta t} = 0 ,\tag{21}\]

откуда \(\Delta I = 0\), следовательно

\[I(t) = const .\tag{22}\]

Сила тока на указанном временном интервале остаётся постоянной и имеет значение, как и в

момент времени \(1{,}0\) мс. Обозначим \(t_1 = 1{,}0\) мс, тогда

\[I(t) = I(t_1) = \frac{k_3}{2L} t_1^2 = \frac{4{,}0 \cdot 10^3 \frac{\text{В}}{\text{с}}}{2 \cdot 1{,}0 \cdot 10^{-3} \text{Гн}} \cdot 1{,}0 \cdot 10^{-6} \text{с}^2 = 2{,}0 \text{А}.\]

2.2. График зависимости силы тока от времени \(I(t)\) на временном интервале \(0{,}0 - 5{,}0\) мс представлен на рисунке 11.

Рисунок 11.

3.

3.1. Средняя тепловая мощность будет определяться зависимостью модуля напряжения и силы тока от времени. Построим графики данных зависимостей (см. рис. 12, 13).

Рисунок 12. Зависимость модуля напряжения от времени Рисунок 13. Зависимость модуля силы тока от времени

«Произведение» зависимостей на рисунках 12 и 13 даст нам зависимость мощности, выделяющейся на резисторе, от времени. Несложно догадаться, что зависимость \(P(t)\) будет «состоять» из симметричных кусочков парабол (рис. 14) с максимальной точкой \(P_0 = U_0 I_0\).

Средняя тепловая мощность за длительный промежуток времени будет равна средней тепловой мощности за период колебаний модуля силы тока и напряжения.

Так как на временном интервале, равном периоду колебаний модуля силы тока и напряжения, графики данных величин симметричны относительно прямой, проходящей через точку максимума и перпендикулярной оси времени, то средняя тепловая мощность за первую половину периода \(t_0\) будет равна средней тепловой мощности за вторую половину периода и равна средней тепловой мощности за период. Таким образом, достаточно определить среднюю тепловую мощность за первую половину периода \(t_0\) колебаний модуля силы тока и напряжения.

Определим мгновенное значение тепловой мощности на временном интервале \([0, t_0]\).

\[P(t) = U(t) \cdot I(t)\tag{23}\]

\[\begin{aligned}U(t) = \frac{U_0}{t_0}t \tag{24}, \\ \qquad I(t) = \frac{I_0}{t_0}t \tag{25}.\end{aligned}\]

Подставляя (24) в (25) получим:

\[P(t) = \frac{U_0 I_0}{t_0^2}t^2 .\tag{26}\]

С другой стороны, мгновенную мощность можно определить как

\[P(t) = \frac{\Delta Q}{\Delta t} .\tag{27}\]

Приравнивая (26) и (27) и выполняя преобразования, получим:

\[\Delta Q = \frac{U_0 I_0}{t_0^2}t^2 \Delta t ,\tag{28}\]

откуда

\[Q(t) = \frac{U_0 I_0}{3t_0^2}t^3 .\tag{29}\]

Теплота, выделяемая за половину периода колебаний модуля силы тока и напряжения

\[Q(t_0) = \frac{U_0 I_0 t_0}{3} .\tag{30}\]

Средняя тепловая мощность, выделяемая на резисторе \(R_0\):

\[\langle P \rangle = \frac{Q(t_0)}{t_0} = \frac{U_0 I_0}{3} ,\tag{31}\]

\[\begin{aligned}\langle P \rangle = \frac{I_0^2 R_0}{3} \tag{32}, \\ \qquad \langle P \rangle = \frac{U_0^2}{3R_0} \tag{33}.\end{aligned}\]

3.2. Среднюю тепловую мощность, выделяемую на резисторе \(R_0\), через действующие значения силы тока и напряжения можно определить как:

\[\begin{aligned}\langle P \rangle = I_{\text{д}}^2 R_0 \tag{34}, \\ \qquad \langle P \rangle = \frac{U_{\text{д}}^2}{R_0} \tag{35}.\end{aligned}\]

Приравнивая (32) и (34), (33) и (35) получим:

\[\begin{aligned}I_{\text{д}} = \frac{I_0}{\sqrt{3}} \tag{36}, \\ \qquad U_{\text{д}} = \frac{U_0}{\sqrt{3}} \tag{37}.\end{aligned}\]

4.

4.1. Изобразим эквивалентные схемы заданной электрической цепи для положительной и отрицательной части периода (рис. 15 и 16)

Рисунок 15. Эквивалентная схема электрической цепи для положительной части периода Рисунок 16. Эквивалентная схема электрической цепи для отрицательной части периода

Зависимости силы тока от времени \(I_3(t)\) на резисторе \(R_3\) на положительной части периода

\[I_3(t) = \frac{U_{AB}(t)}{R_3}\tag{38}\]

Где

\[\begin{aligned}R_{AB} = \frac{4}{3} \, \text{Ом} \tag{39}, \\ \quad U_{AB}(t) = \frac{2U(t)}{5} \tag{40}.\end{aligned}\]

\[I_3(t) = \frac{U(t)}{5} .\tag{41}\]

Для второго интервала получим

\[R_{BE} = \frac{R_3}{2} = 1{,}0 \, \text{Ом}, \quad U_{BE}(t) = \frac{U(t)}{5}\]

График зависимости силы тока от времени \(I_3(t)\) на резисторе \(R_3\) на временном интервале в два периода представлен на рисунке 17.

Рисунок 17.

4.2. Для определения количества теплоты построим графики зависимостей модуля напряжения и силы тока на резисторе \(R_3\) от времени (рис. 18 и 19).

Рисунок 18. Зависимость модуля напряжения от времени Рисунок 19. Зависимость модуля силы тока от времени Обозначим среднее значение тепловой мощности выделяющейся на положительной части периода \(\langle P \rangle_1\), на отрицательной части части периода — \(\langle P \rangle_2\). Обозначим максимальные значения модулей напряжения и силы тока на положительной части периода \(U_{01}\) и \(I_{01}\), на отрицательной части периода — \(U_{02}\) и \(I_{02}\). Из графиков (рис. 8 и 16) следует, что период колебаний силы тока и напряжения одинаков и составляет \(3{,}0\) мс. Длительность положительной части периода равна \(2{,}0\) мс, отрицательной \(1{,}0\) мс. Тогда

\[\begin{aligned}Q = Q_1 + Q_2 \tag{42}, \\ \quad Q = \langle P \rangle_1 \cdot \frac{2}{3} \Delta t + \langle P \rangle_2 \cdot \frac{1}{3} \Delta t \tag{43}.\end{aligned}\]

Применяя равенство (31) получим:

\[\begin{aligned}\langle P \rangle_1 = \frac{U_{01} I_{01}}{3} \tag{44}, \\ \quad \langle P \rangle_2 = \frac{U_{02} I_{02}}{3} \tag{45}.\end{aligned}\]

Подставляя (44) и (45) в (43) получим:

\[Q = \frac { 2 U _ { 0 1 } I _ { 0 1 } } { 9 } \Delta t + \frac { U _ { 0 2 } I _ { 0 2 } } { 9 } \Delta t = ( 2 U _ { 0 1 } I _ { 0 1 } + U _ { 0 2 } I _ { 0 2 } ) \frac { \Delta t } { 9 } \qquad ( 4 6 ) .\]

По графикам (рис. 18 и 19) определяем:

\(U _ { 0 1 } = 4 { , } 0 \mathrm { B } ; \qquad I _ { 0 1 } = 4 { , } 0 \mathrm { A } ; \qquad U _ { 0 2 } = 2 { , } 0 \mathrm { B } \qquad I _ { 0 2 } = 2 { , } 0 \mathrm { A } .\)

Подставляя эти значения в (46) получим:

\[Q = \left( 2 \cdot 4{,}0\,\text{В} \cdot 4{,}0\,\text{А} + 2{,}0\,\text{В} \cdot 2{,}0\,\text{А} \right) \frac{6{,}0\,\text{мс}}{9} = 24\,\text{мДж}. \tag{47}\]

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