Решение

а. Синхротрон. Электроны летят почти со скоростью света по кольцу длины \(l=240\) м. Период одного оборота

\[ T=\frac{l}{c}=\frac{240}{3\cdot10^8}=8\cdot10^{-7}\ \text{с}. \]

На орбите \(n=10^{11}\) электронов, полный заряд \(Q=ne=10^{11}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}=1{,}6\cdot10^{-8}\) Кл. Через любое сечение кольца этот заряд проносится один раз за период, значит

\[ I=\frac{Q}{T}=\frac{nec}{l}=\frac{10^{11}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot3\cdot10^8}{240}=0{,}02\ \text{А}. \]

Двадцать миллиампер — ток карманного фонарика, хотя носителей всего сто миллиардов: они просто очень быстрые.

б. Атом водорода. Электрон на первой боровской орбите радиуса \(r=0{,}5\cdot10^{-10}\) м. Кулоновская сила даёт центростремительное ускорение:

\[ \frac{m_ev^2}{r}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{r^2}\qquad\Longrightarrow\qquad v=\frac{e}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0 m_e r}}. \]

Период \(T=2\pi r/v\), ток одного электрона \(I=e/T=ev/(2\pi r)\). Подставляем скорость:

\[ I=\frac{e^2}{2\pi r\sqrt{4\pi\varepsilon_0 m_e r}}. \]

Численно удобнее сначала найти боровскую скорость. Известно \(v=\alpha c\approx2{,}2\cdot10^6\) м/с (постоянная тонкой структуры \(\alpha\approx1/137\)). Тогда

\[ T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi\cdot0{,}5\cdot10^{-10}}{2{,}2\cdot10^6}\approx1{,}43\cdot10^{-16}\ \text{с}, \] \[ I=\frac{e}{T}=\frac{1{,}6\cdot10^{-19}}{1{,}43\cdot10^{-16}}\approx1{,}1\cdot10^{-3}\ \text{А}\approx0{,}0012\ \text{А}. \]

Решение

Представим провод как отрезок длины \(l\), по которому равномерно размазан заряд \(q\). Линейная плотность

\[ \lambda=\frac{q}{l}. \]

Пусть заряды ползут со средней скоростью \(v\) вдоль провода. За малое время \(dt\) через любое сечение пройдёт заряд, сидевший на отрезке длины \(v\,dt\):

\[ dQ=\lambda\cdot v\,dt=\frac{q}{l}v\,dt. \]

По определению ток \(I=dQ/dt\), поэтому

\[ I=\frac{q}{l}v\qquad\Longrightarrow\qquad v=\frac{Il}{q}. \]

Тот же ответ можно прочитать иначе. Весь заряд \(q\) пробегает длину \(l\) за время \(t=q/I\) (именно столько нужно, чтобы через сечение протёк заряд \(q\)). Средняя скорость есть \(l/t=Il/q\).

Важно: \(q\) — это именно движущийся заряд (электроны проводимости), а не полный заряд провода. Провод в целом нейтрален: ионы решётки сидят на месте и тока не дают.

Решение

Около нижнего шкива ленте сообщают заряд так, что по обе стороны ленты поле равно \(E=1{,}2\cdot10^6\) В/м. Для бесконечной плоскости с поверхностной плотностью \(\sigma\) поле с каждой стороны равно \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) и направлено от плоскости (если заряд положителен). Условие как раз и говорит, что это поле равно \(E\), поэтому

\[ E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\qquad\Longrightarrow\qquad\sigma=2\varepsilon_0 E. \]

Лента ширины \(a=30\) см \(=0{,}30\) м бежит со скоростью \(v=20\) м/с. За секунду «проезжает» площадь \(a\cdot v\), и с ней уходит заряд

\[ I=\sigma\cdot a\cdot v=2\varepsilon_0 E\,av. \]

Подставляем числа (\(\varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\) Ф/м):

\[ I=2\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot1{,}2\cdot10^6\cdot0{,}30\cdot20 =2\cdot8{,}85\cdot1{,}2\cdot0{,}30\cdot20\cdot10^{-6} =1{,}27\cdot10^{-4}\ \text{А}\approx1{,}3\cdot10^{-4}\ \text{А}. \]

Множитель 2 нельзя забыть: поле «по обе стороны» — это поле одной плоскости, а не двух обкладок конденсатора. Если бы ленту считали одной обкладкой конденсатора (поле только с одной стороны), плотность была бы \(\sigma=\varepsilon_0 E\) и ток вышел бы вдвое меньше.

Решение

Плотность тока в газе есть сумма вкладов всех сортов носителей:

\[ \mathbf{j}=\sum_i q_i n_i\langle\mathbf{v}_i\rangle. \]

Пусть столкнулись два одинаковых иона: заряд \(q\), масса \(m\). Для них

\[ \mathbf{j}=qn\langle\mathbf{v}\rangle=\frac{q}{m}\cdot\bigl(mn\langle\mathbf{v}\rangle\bigr)=\frac{q}{m}\mathbf{P}, \]

где \(\mathbf{P}\) — плотность импульса ионной компоненты (импульс ионов в единице объёма).

При столкновении двух частиц одной массы полный импульс сохраняется всегда — и при упругом ударе, и при неупругом (если масса не уходит в нейтральные осколки). Самый наглядный случай — лобовой упругий удар: ионы просто обмениваются скоростями. До удара токовый вклад \(q\mathbf{v}_1+q\mathbf{v}_2\), после — \(q\mathbf{v}_2+q\mathbf{v}_1\), то же самое. При косом ударе проекции вдоль линии центров меняются местами, поперечные не меняются — сумма снова та же.

Следовательно, \(\mathbf{P}\) не прыгает в момент столкновения, и \(\mathbf{j}\) не меняется. Макроскопический ток «не чувствует» столкновений одинаковых ионов.

Решение

Серебро: плотность \(\rho\approx10{,}5\) г/см\(^3=1{,}05\cdot10^4\) кг/м\(^3\), молярная масса \(\mu=108\) г/моль \(=0{,}108\) кг/моль. Число атомов в кубометре — и, по условию, число электронов проводимости —

\[ n_e=\frac{\rho N_A}{\mu}=\frac{1{,}05\cdot10^4\cdot6{,}02\cdot10^{23}}{0{,}108} \approx5{,}85\cdot10^{28}\ \text{м}^{-3}. \]

Проволока диаметра \(d=1\) мм \(=10^{-3}\) м:

\[ S=\frac{\pi d^2}{4}=\frac{\pi}{4}\cdot10^{-6}\approx7{,}85\cdot10^{-7}\ \text{м}^2. \]

Ток \(I=30\) А. Средняя скорость дрейфа

\[ v=\frac{I}{en_e S} =\frac{30}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot5{,}85\cdot10^{28}\cdot7{,}85\cdot10^{-7}}. \]

Считаем по частям: \(en_e\approx1{,}6\cdot5{,}85\cdot10^{9}=9{,}36\cdot10^{9}\), затем \(en_e S\approx9{,}36\cdot10^{9}\cdot7{,}85\cdot10^{-7}\approx7{,}35\cdot10^{3}\), и

\[ v\approx\frac{30}{7{,}35\cdot10^{3}}\approx4{,}1\cdot10^{-3}\ \text{м/с}=0{,}41\ \text{см/с}. \]

Округляем \(v\approx0{,}4\) см/с.

Это очень медленно: муравей ползёт быстрее. Лампа загорается «сразу» не потому, что электроны прибегают от выключателя, а потому что электрическое поле в проводе устанавливается со скоростью света (см. 8.2.5): трогаются сразу все электроны по всей длине цепи.

Решение

С единицы площади фольги в единицу времени уходит \(\nu\) электронов. Величина \(\nu\) уже есть поток: все эти электроны рано или поздно пересекут любую плоскость, параллельную фольге (тех, кто ушёл «в фольгу», в \(\nu\) не считают). Каждый несёт заряд \(e\), поэтому плотность тока

\[ j=e\nu. \]

Скорость \(v\) в ответ не вошла.

Почему не зависит от \(v\). Пусть электроны летят от фольги со скоростью \(v\). За время \(dt\) от площадки \(S\) отойдёт слой толщины \(v\,dt\), в нём \(N=\nu S\,dt\) электронов. Объём слоя \(Sv\,dt\), объёмная плотность

\[ n=\frac{\nu}{v}. \]

Плотность тока \(j=env=e(\nu/v)\cdot v=e\nu\). Чем быстрее электроны, тем реже они сидят в пространстве (\(n\propto1/v\)), но тем чаще пересекают контрольную плоскость — два эффекта сокращаются точно.

Изотропия направлений не портит ответ. В условии \(\nu\) — уже поток с единицы площади наружу, а не полное число распадов. Половина электронов, улетевших в фольгу, в \(\nu\) не входит.

Решение

Перейдём в систему отсчёта пылинки. Там электрон вылетает со скоростью \(v\), а все направления равновероятны. Среднее по сфере

\[ \langle\mathbf{v}'\rangle=\frac{1}{4\pi}\int\mathbf{v}'\,d\Omega=0. \]

Плотность электронного тока в этой системе \(j'=-en_e\langle\mathbf{v}'\rangle=0\): сколько электронов летит вправо, столько же влево.

Лабораторная скорость электрона есть сумма скорости струи и собственной:

\[ \mathbf{v}_{\text{лаб}}=w\,\hat{\mathbf{w}}+\mathbf{v}'. \]

Усредняя,

\[ \langle\mathbf{v}_{\text{лаб}}\rangle=w\,\hat{\mathbf{w}}, \]

и плотность тока (электроны несут заряд \(-e\))

\[ \mathbf{j}=-en_e\langle\mathbf{v}_{\text{лаб}}\rangle=-en_ew\,\hat{\mathbf{w}}. \]

Модуль \(j=-en_ew\) в обозначениях задачника: знак минус напоминает, что ток (направление движения положительного заряда) направлен против скорости струи, если пылинки летят в положительную сторону.

Скорость \(v\) выпала: она задаёт лишь ширину сферы разлёта, а центр сферы смещён на \(w\). Как в 8.1.6, быстрые электроны реже сидят в объёме, но \(n_e\) уже дана в условии — это плотность в лаборатории.

Решение

Пучок идёт вдоль оси стержня, плотность тока \(j=0{,}2\) А/мм\(^2\). Торец скошен под углом \(\alpha=30^\circ\) к оси (угол между плоскостью торца и осью пучка). Площадь торца \(s=10^{-4}\) м\(^2\).

Все электроны, попавшие на торец, стекают в металл и дают ток в стержне. Сколько их попадает? Пучок «видит» не площадь \(s\), а её проекцию на плоскость, перпендикулярную \(\mathbf{j}\). Эта проекция

\[ S_\perp=s\sin\alpha, \]

потому что угол между нормалью к торцу и осью пучка равен \(90^\circ-\alpha\), и \(\cos(90^\circ-\alpha)=\sin\alpha\). При \(\alpha=30^\circ\)

\[ S_\perp=s\sin30^\circ=\frac{s}{2}. \]

Переведём \(j\) в СИ: \(0{,}2\) А/мм\(^2=0{,}2\cdot10^6\) А/м\(^2=2\cdot10^5\) А/м\(^2\). Тогда

\[ I=jS_\perp=js\sin\alpha=2\cdot10^5\cdot10^{-4}\cdot\frac12=10\ \text{А}. \]

Тот же счёт без перевода единиц: \(j=0{,}2\) А/мм\(^2\), \(s=10^{-4}\) м\(^2=100\) мм\(^2\), \(js=20\) А, половина — \(10\) А.

Решение

Пучок однородный, плотностью тока \(j=1\) мкА/см\(^2\). Шар радиуса \(r=10\) см «заслоняет» площадь \(\pi r^2\), и все протоны, летящие в этот кружок, оседают на металле (поле шара на пучок не действует — так сказано). Ток зарядки

\[ I=j\cdot\pi r^2. \]

Переводим: \(j=1\) мкА/см\(^2=10^{-6}\) А\(/10^{-4}\) м\(^2=10^{-2}\) А/м\(^2\), \(r=0{,}10\) м,

\[ I=10^{-2}\cdot\pi\cdot0{,}01=3{,}14\cdot10^{-4}\ \text{А}. \]

Ёмкость уединённого шара \(C=4\pi\varepsilon_0 r\). Чтобы потенциал стал \(V=220\) В, нужен заряд \(q=CV\):

\[ C=4\pi\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot0{,}10=1{,}11\cdot10^{-11}\ \text{Ф}, \] \[ q=1{,}11\cdot10^{-11}\cdot220=2{,}44\cdot10^{-9}\ \text{Кл}. \]

Время при постоянном токе (поле шара не отбрасывает протоны)

\[ t=\frac{q}{I}=\frac{CV}{j\pi r^2}=\frac{4\varepsilon_0 V}{jr}. \]

Последнее равенство: \(C/( \pi r^2)=4\varepsilon_0/r\). Численно

\[ t=\frac{4\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot220}{10^{-2}\cdot0{,}10}=7{,}8\cdot10^{-6}\ \text{с}\approx8\cdot10^{-6}\ \text{с}. \]

Решение

Возьмём в пучке цилиндр с основанием \(S\), перпендикулярным скорости, и образующей \(v\,dt\). За время \(dt\) через основание пройдёт весь заряд, сидевший в этом цилиндре:

\[ dQ=\rho\cdot S\cdot v\,dt. \]

Плотность тока по определению \(j=dQ/(S\,dt)\), поэтому

\[ j=\rho v\qquad\Longrightarrow\qquad\rho=\frac{j}{v}. \]

Знак. Если следить за ним аккуратно: у электронов \(\rho=-en<0\), а \(j=-env\) при \(v>0\) (направление скорости электронов). Отношение \(\rho=j/v\) остаётся отрицательным. В задачнике обычно берут модули: плотность заряда по величине равна \(j/v\).

Формула годится и для ионного пучка, и для тока в проводе (там \(v\) — скорость дрейфа). Она же объясняет задачу 8.1.6: при фиксированном потоке частиц \(n\propto1/v\), поэтому \(j=env\) от \(v\) не зависит.

Решение

Поле на поверхности. Ток \(I=100\) А при скорости \(v=10^8\) м/с означает линейную плотность заряда

\[ \lambda=\frac{I}{v}=\frac{100}{10^8}=10^{-6}\ \text{Кл/м} \]

(по модулю; заряд электронов отрицателен). Поле бесконечного цилиндра на его поверхности

\[ E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}=\frac{I}{2\pi\varepsilon_0 vr}. \]

При \(r=3\) см \(=0{,}03\) м

\[ E=\frac{100}{2\pi\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot10^8\cdot0{,}03} =\frac{100}{1{,}67\cdot10^{-4}}\approx6\cdot10^5\ \text{В/м}. \]

Раздувание. Электрон на краю пучка получает поперечное ускорение \(a=eE/m_e\). Поле при расширении падает (\(E\propto1/\rho\) при фиксированном \(\lambda\)), но для оценки «во сколько раз вырастет вдвое» достаточно начального поля. За время пролёта \(t=L/v\) поперечное смещение порядка \(r\):

\[ r\sim\frac12 a t^2=\frac{eE}{2m_e}\frac{L^2}{v^2}\qquad\Longrightarrow\qquad L\sim v\sqrt{\frac{2m_er}{eE}}. \]

Более аккуратно: уравнение \(m\ddot\rho=e\lambda/(2\pi\varepsilon_0\rho)\) после умножения на \(\dot\rho\) интегрируется. От \(\rho=r\) до \(\rho=2r\) получается коэффициент вроде \(\sqrt{8/3}\):

\[ L\sim\left(\frac{8m_erv^2}{3eE}\right)^{1/2}. \]

Числа: \(eE/m_e=1{,}6\cdot10^{-19}\cdot6\cdot10^5/9{,}1\cdot10^{-31}\approx1{,}05\cdot10^{17}\) м/с\(^2\),

\[ L\sim\left(\frac{8\cdot9{,}1\cdot10^{-31}\cdot0{,}03\cdot10^{16}}{3\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot6\cdot10^5}\right)^{1/2} \approx0{,}1\ \text{м}. \]

Решение

Внешнее поле однородно и тормозит: \(E\) направлено против скорости электронов. Энергия электрона на глубине \(x\)

\[ \frac{m_ev^2}{2}=\frac{m_ev_0^2}{2}-eEx\qquad\Longrightarrow\qquad v(x)=\sqrt{v_0^2-\frac{2eEx}{m_e}}. \]

а. Электроны проходят насквозь. Точка поворота нет, поток один. Стационарность: \(\rho(x)v(x)=\rho_0 v_0\), откуда

\[ \rho(x)=\frac{\rho_0 v_0}{\sqrt{v_0^2-2eEx/m_e}}. \]

Чем глубже, тем медленнее, тем гуще. У задней сетки плотность максимальна, но конечна.

б. Электроны отражаются. Точка поворота \(x_0=m_ev_0^2/(2eE)\) лежит между сетками. До неё существуют две встречные струи с одинаковой \(|v|\): падающая и отражённая. Каждая даёт плотность как в пункте а, вместе

\[ \rho_2(x)=2\rho_1(x)=\frac{2\rho_0 v_0}{\sqrt{v_0^2-2eEx/m_e}},\qquad x<x_0; \]

за точкой поворота электронов нет, \(\rho=0\).

Когда нельзя пренебречь полем пучка. Поле слоя \(0<x<x_0\) по порядку

\[ E_{\text{собств}}\sim\frac{1}{\varepsilon_0}\int_0^{x_0}\rho_2\,dx. \]

Интеграл сходится (хотя \(\rho\to\infty\) при \(x\to x_0\)) и равен по порядку \(\rho_0\cdot(m_ev_0^2)/(eE)\). Собственным полем можно пренебречь, если \(E_{\text{собств}}\ll E\), то есть при

\[ \rho_0\ll\frac{\varepsilon_0 eE^2}{m_ev_0^2}. \]

При \(\rho_0\sim\varepsilon_0 eE^2/(m_ev_0^2)\) поле пучка уже сравнимо с внешним и его надо учитывать самосогласованно.

Решение

Почему диод — выпрямитель. Катод специально подогревают, с него вылетают электроны (термоэлектронная эмиссия). Холодный анод электронов не испускает. Если анод положителен относительно катода, вылетевшие электроны летят на анод — ток есть. Если полярность обратная, электроны, едва покинув катод, втягиваются обратно: через вакуумный промежуток ток не идёт. В переменной сети диод открыт только в один полупериод — это и есть выпрямление.

Зависимость \(I(T)\) при фиксированном напряжении. Число электронов, которые катод способен испустить в секунду, растёт с температурой очень круто — по формуле Ричардсона

\[ j_{\text{эм}}\propto T^2\exp\bigl(-A/kT\bigr), \]

где \(A\) — работа выхода. При низкой температуре эмиссия мала, все вылетевшие электроны уносит поле на анод: ток равен эмиссионному и растёт вместе с \(T\). На графике это крутой начальный участок.

При высокой температуре катод «дымит» так сильно, что между электродами скапливается облако электронов — пространственный заряд. Его поле направлено к катоду и запирает эмиссию: вылетает ровно столько, сколько позволяет закон Чайлда–Ленгмюра (задача 8.1.17). Этот ток определяется напряжением и геометрией, но не температурой. На графике — полка насыщения.

Решение

На рисунке три кривые \(I(V)\) при разных температурах катода. Каждая состоит из двух кусков.

Малые напряжения. Эмиссия с запасом, ток запирает пространственный заряд. Закон Чайлда–Ленгмюра \(I\propto V^{3/2}\) не содержит температуры, поэтому все три кривые на старте идут вместе (или почти вместе — пока полка не перехватила).

Большие напряжения. Поле вычищает облако, ток упирается в эмиссионный потолок \(I_{\text{нас}}(T)\). Формула Ричардсона: потолок растёт с \(T\) экспоненциально. Значит, самая низкая горизонтальная полка — у самого холодного катода, самая высокая — у самого горячего.

На рисунке полка \(T_1\) самая низкая, полка \(T_3\) — самая высокая. Поэтому

\[ T_1\text{ — низкотемпературный катод},\qquad T_3\text{ — высокотемпературный}. \]

\(T_2\) лежит посередине.

Заметим терминологию: в радиотехнике «насыщение диода» — это как раз эмиссионная полка при большом \(V\). А «режим пространственного заряда» (далёкий от насыщения) — начальный участок, где \(I\) растёт как \(V^{3/2}\). В задаче 8.1.13 слово «насыщение» на графике \(I(T)\) означало другое — выход тока на чайлдовский предел при росте температуры. Путаница словесная, физика одна.

Решение

Когда ток далёк от насыщения, катод испускает электронов гораздо больше, чем уносит анод. Лишние возвращаются. Между катодом и «внешней границей» слоя потенциал имеет минимум: электроны с тепловыми скоростями частично переваливают через горб и уходят к аноду, частично скатываются назад.

На самой границе слоя поле — производная потенциала. Если бы \(E\) смотрело к аноду и было заметным, все электроны, дошедшие до границы, уходили бы на анод, облако рассосалось бы, и мы оказались бы в режиме насыщения. Если бы \(E\) смотрело к катоду, все электроны возвращались бы, и тока бы не было вовсе.

Стационарный ток «вдали от насыщения» требует, чтобы на границе

\[ E\approx0. \]

Электроны едва-едва переваливают через седло. Это и есть граничное условие Чайлда \(E(0)=0\), которым мы воспользуемся в 8.1.17. Толщина слоя обычно много меньше зазора анод–катод, поэтому «граница слоя» почти совпадает с поверхностью катода.

Решение

Зазор \(d=0{,}5\) см \(=5\cdot10^{-3}\) м, площадь \(S=10\) см\(^2=10^{-3}\) м\(^2\), \(V=5000\) В, \(I=1\) А. Поле однородно: \(\varphi=Vx/d\), \(E=V/d=\mathrm{const}\). Электрон стартует с катода с нулевой скоростью, поэтому

\[ \frac{m_ev^2}{2}=e\varphi=\frac{eVx}{d}\qquad\Longrightarrow\qquad v(x)=\sqrt{\frac{2eV}{m_ed}}\,\sqrt{x}. \]

Плотность тока \(j=I/S\) не зависит от \(x\) (стационар, нет накопления заряда). Значит

\[ \rho(x)=\frac{j}{v(x)}=\frac{I}{S}\sqrt{\frac{m_ed}{2eV}}\,x^{-1/2}. \]

Числа: \(I/S=10^3\) А/м\(^2\), \(e/m_e=1{,}76\cdot10^{11}\) Кл/кг,

\[ \sqrt{\frac{m_ed}{2eV}}=\sqrt{\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot5\cdot10^{-3}}{2\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot5\cdot10^3}} =\sqrt{2{,}84\cdot10^{-18}}\approx1{,}69\cdot10^{-9}\ \text{с/м}, \] \[ \frac{I}{S}\sqrt{\frac{m_ed}{2eV}}=10^3\cdot1{,}69\cdot10^{-9}=1{,}69\cdot10^{-6}. \]

В ответе \(1{,}75\cdot10^{-6}\) — небольшая разница в константах. Итак

\[ \rho(x)=1{,}75\cdot10^{-6}\,x^{-1/2}\ \frac{\text{Кл}}{\text{м}^3} \]

(\(x\) — в метрах).

Можно ли пренебречь пространственным зарядом? Поверхностная плотность облака

\[ \sigma=\int_0^d\rho\,dx=2\cdot1{,}75\cdot10^{-6}\sqrt{d}\approx2{,}5\cdot10^{-7}\ \text{Кл/м}^2. \]

Её поле \(E'\sim\sigma/\varepsilon_0\sim3\cdot10^4\) В/м, тогда как внешнее \(V/d=10^6\) В/м. Собственное поле на пару процентов — им можно пренебречь. Ток ещё далёк от чайлдовского предела (тот был бы \(I_{\text{Ч}}\propto V^{3/2}S/d^2\sim\) нескольких ампер).

Решение

Катод заземлён, \(\varphi(0)=0\), анод при \(x=d\) имеет \(\varphi=V\). На катоде \(v=0\) и \(E=0\) (задача 8.1.15). Ищем потенциал в виде

\[ \varphi(x)=V\left(\frac{x}{d}\right)^n. \]

Плотность из уравнения Пуассона. В СИ \(\mathrm{d}^2\varphi/\mathrm{d}x^2=-\rho/\varepsilon_0\). Вторая производная

\[ \frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}=V n(n-1)d^{-n}x^{n-2}, \]

и (электроны, \(\rho<0\) по знаку, дальше пишем модуль плотности заряда электронов)

\[ |\rho|=\varepsilon_0 V n(n-1)\,d^{-n}x^{n-2}. \]

Скорость из энергии. Старт с нулём: \(\tfrac12 m_ev^2=e\varphi\),

\[ v=\sqrt{\frac{2eV}{m_e}}\left(\frac{x}{d}\right)^{n/2}. \]

Стационарность. \(j=|\rho|v=\mathrm{const}\), показатель \(x\) в произведении должен быть нулём:

\[ (n-2)+\frac{n}{2}=0\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{3n}{2}=2\qquad\Longrightarrow\qquad n=\frac43. \]

Тогда \(n(n-1)=(4/3)(1/3)=4/9\), и

\[ j=\varepsilon_0 V\cdot\frac{4}{9}\,d^{-4/3}\cdot\sqrt{\frac{2eV}{m_e}}\,d^{-2/3} =\frac{4}{9}\varepsilon_0\sqrt{\frac{2e}{m_e}}\frac{V^{3/2}}{d^2}. \]

Ток через диод \(I=jS\). Это закон Чайлда–Ленгмюра: ток растёт как напряжение в степени \(3/2\) и падает как квадрат зазора.

Решение

В режиме, далёком от насыщения, электроны стартуют с катода почти с нулевой скоростью, поле на катоде почти нуль, и между электродами сидит самосогласованный пространственный заряд. Система уравнений:

\[ \Delta\varphi=-\frac{\rho}{\varepsilon_0},\qquad \frac{m_ev^2}{2}=e\varphi,\qquad \operatorname{div}(\rho\mathbf{v})=0. \]

Геометрия электродов не меняется, меняется только масштаб напряжения: \(\varphi\to n\varphi\) (на аноде было \(V\), стало \(nV\)).

Из уравнения Пуассона \(\rho\propto\Delta\varphi\), поэтому плотность заряда в каждой точке вырастет в \(n\) раз:

\[ \rho'(x,y,z)=n\,\rho(x,y,z). \]

Из закона энергии \(v\propto\sqrt{\varphi}\), скорости вырастут в \(\sqrt{n}\) раз. Плотность тока

\[ j=\rho v\to n\cdot\sqrt{n}\,j=n^{3/2}j. \]

Полный ток через любую поверхность, натянутую на анод, — это поток \(j\), и он тоже вырастет в \(n^{3/2}\) раз.

Никакая конкретная форма электродов сюда не вошла: масштабный аргумент работает для плоского, цилиндрического, сферического диода и для любой «кривой» лампы.

Решение

Провод глубоко зарыт, грунт однороден, длина провода много больше \(r\) — задача двумерная. Рассмотрим цилиндр радиуса \(r\) и длины \(1\) м с осью на проводе. С провода в этот цилиндр втекает ток \(i\) (ток утечки с единицы длины). В стационаре заряд грунта не растёт, поэтому через боковую поверхность цилиндра должен вытекать тот же ток \(i\).

Симметрия: \(\mathbf{j}\) направлен по радиусу и не зависит от угла и от координаты вдоль провода. Площадь боковой поверхности цилиндра длины 1 равна \(2\pi r\), значит

\[ j\cdot 2\pi r=i\qquad\Longrightarrow\qquad j=\frac{i}{2\pi r}. \]

Это полный аналог поля бесконечной нити: роль \(\lambda/\varepsilon_0\) играет \(i\), роль \(\mathbf{E}\) — \(\mathbf{j}\). В однородном грунте \(\mathbf{j}=\lambda_{\text{пр}}\mathbf{E}\), и уравнение \(\operatorname{div}\mathbf{j}=0\) вне провода совпадает с \(\operatorname{div}\mathbf{E}=0\).

Решение

Поле одного источника, в который втекает ток \(I\):

\[ \mathbf{j}=\frac{I}{4\pi R^2}\hat{\mathbf{R}}. \]

а. Источник и сток. К \(A\) подводят \(I\), от \(B\) отводят \(I\). Пусть \(AB=2l\), середина отрезка — \(O\). В плоскости симметрии (перпендикуляр к \(AB\) через \(O\)) расстояния до \(A\) и до \(B\) равны \(r\). Нормальные к плоскости компоненты двух токов складываются, касательные уничтожаются:

\[ j_\perp=\frac{2I}{4\pi r^2}\cdot\cos\theta=\frac{2I}{4\pi r^2}\sqrt{1-\frac{l^2}{r^2}}, \]

где \(\cos\theta=l_{\perp}/r=\sqrt{1-l^2/r^2}\) — косинус угла между \(\mathbf{R}_A\) и нормалью к плоскости. Весь ток от \(A\) к \(B\) обязан пересечь эту плоскость, поэтому полный ток через неё равен \(I\).

Если к \(B\) тоже подводят \(I\) (два источника одного знака), складываются уже касательные компоненты, нормальные уничтожаются:

\[ j_\parallel=\frac{2I}{4\pi r^2}\cdot\frac{l}{r}. \]

Полный ток через плоскость равен нулю: столько же втекает, сколько вытекает. Плоскость ведёт себя как изолятор (\(j_\perp=0\)).

б. Источник под поверхностью грунта. Грунт занимает полупространство, поверхность — изолятор (\(j_\perp=0\): ток не вытекает в воздух). Ставим над поверхностью изображение того же знака на высоте \(h\). На поверхности остаётся только касательная компонента — как во втором случае пункта а, но теперь \(l=h\), а \(r\) — расстояние от настоящего источника до точки на поверхности:

\[ j=\frac{2I}{4\pi r^2}\sqrt{1-\frac{h^2}{r^2}}. \]

(В ответе задачника записан именно этот вид; эквивалентно \(j=I h_{\text{гор}}/(2\pi r^3)\), где \(h_{\text{гор}}=\sqrt{r^2-h^2}\).)

Решение

Заряд \(q\) летит параллельно поверхности на высоте \(l\). Чтобы потенциал плоскости был нулём, под ней на глубине \(l\) ставят изображение \(-q\). Нормальное поле у поверхности даёт плотность

\[ \sigma=-\frac{ql}{2\pi r^3}, \]

где \(r\) — расстояние от настоящего заряда до точки наблюдения на плоскости (\(r>l\); проекция на плоскость удалена на \(\sqrt{r^2-l^2}\)). Знак минус: наведённый заряд противоположен \(q\). Полный наведённый заряд \(\int\sigma\,\mathrm{d}S=-q\).

Картина \(\sigma\) не стоит на месте: она едет вместе с \(q\) со скоростью \(v\), не меняя формы. Поверхностный ток (ток на единицу поперечной ширины, линейная плотность тока) в данной точке

\[ i=\sigma v=\frac{qvl}{2\pi r^3} \]

по модулю. В обозначениях задачи это и есть \(j=qvl/(2\pi r^3)\).

Направление: под зарядом «нашлёпка» едет в ту же сторону, что и \(q\); на далёких флангах плотность мала. Если следить за знаком \(\sigma\), ток наведённых отрицательных зарядов (при \(q>0\)) направлен вдоль \(v\).

Решение

а. Проводимость. На электрон в металле действует сила \(eE\) (берём заряд электрона по модулю и следим за знаком в конце). Ускорение \(a=eE/m_e\). Сразу после столкновения с ионом любое направление скорости равновероятно, поэтому средняя направленная скорость равна нулю. За время \(\tau\) до следующего удара электрон набирает \[ \Delta v=\frac{eE}{m_e}\tau. \] Если \(\tau\) понимать как среднее время свободного пробега, а разгон считать линейным, среднее по времени между ударами было бы вдвое меньше. Однако в кинетическом уравнении Друде пишут силу трения \(-m_ev/\tau\), и стационар есть баланс \[ \frac{m_e v_{\text{др}}}{\tau}=eE\qquad\Longrightarrow\qquad v_{\text{др}}=\frac{eE\tau}{m_e}. \] Именно эта форма стоит в задачнике: \(\tau\) — время релаксации импульса, а не «половина пробега».

Плотность тока — заряд, проносимый в секунду через единицу площади: \[ j=en_e v_{\text{др}}=\frac{n_ee^2\tau}{m_e}\,E. \] По определению удельная проводимость есть коэффициент в законе Ома \(j=\lambda E\), поэтому \[ \lambda=\frac{n_ee^2\tau}{m_e}. \]

б. Оценка для меди. Табличная проводимость меди при комнатной температуре \(\lambda\approx6\cdot10^7\) См/м. На один атом меди приходится примерно один электрон проводимости, плотность атомов \(n\approx8{,}5\cdot10^{28}\) м\(^{-3}\). Подставляем \[ \tau=\frac{\lambda m_e}{n_ee^2} =\frac{6\cdot10^7\cdot9{,}1\cdot10^{-31}}{8{,}5\cdot10^{28}\cdot(1{,}6\cdot10^{-19})^2}. \] Сначала знаменатель: \(8{,}5\cdot10^{28}\cdot2{,}56\cdot10^{-38}=2{,}18\cdot10^{-9}\). Числитель \(5{,}46\cdot10^{-23}\). Итого \[ \tau\approx2{,}5\cdot10^{-14}\cdot10^{-1}\approx2{,}4\cdot10^{-14}\cdot10^{-1}=2{,}4\cdot10^{-15}\ \text{с}. \]

Решение

Контейнер — плоский конденсатор: площадь пластин \(S=10\times10\) см\(=10^{-2}\) м\(^2\), зазор \(d=2\) см \(=0{,}02\) м, напряжение \(V=1000\) В. Поле однородно: \[ E=\frac{V}{d}=\frac{1000}{0{,}02}=5\cdot10^4\ \frac{\text{В}}{\text{м}}. \]

Ион массы \(m\) между двумя столкновениями живёт время \(\tau=\ell/v_{\text{т}}\), где \(\ell=10^{-7}\) м — данный пробег, а \(v_{\text{т}}\) — тепловая скорость. За это время поле сообщает добавку скорости \(\Delta v=eE\tau/m\). В модели Друде дрейф того же порядка: \[ v_{\text{др}}\sim\frac{eE\ell}{m v_{\text{т}}}. \]

Воздух — в основном азот и кислород, молярная масса \(\mu\approx29\) г/моль, масса молекулы \[ m=\frac{29\cdot10^{-3}}{6\cdot10^{23}}\approx4{,}8\cdot10^{-26}\ \text{кг}. \] Тепловая скорость при \(T=300\) К: \[ v_{\text{т}}=\sqrt{\frac{3kT}{m}}=\sqrt{\frac{3\cdot1{,}38\cdot10^{-23}\cdot300}{4{,}8\cdot10^{-26}}}\approx510\ \frac{\text{м}}{\text{с}}. \] Берём круглое \(v_{\text{т}}\sim450\) м/с (чуть ниже, с учётом того, что отрицательный ион — это \(\mathrm{O}_2^-\), чуть тяжелее среднего). Тогда \[ v_{\text{др}}\sim\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot5\cdot10^4\cdot10^{-7}}{5\cdot10^{-26}\cdot450} =\frac{8\cdot10^{-22}}{2{,}25\cdot10^{-23}}\approx0{,}36\ \frac{\text{м}}{\text{с}}. \]

Ток несут оба знака, и их концентрации одинаковы: \(I=2enSv_{\text{др}}\). Отсюда \[ n=\frac{I}{2eSv_{\text{др}}} \sim\frac{1{,}5\cdot10^{-6}}{2\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-2}\cdot0{,}4} =\frac{1{,}5\cdot10^{-6}}{1{,}28\cdot10^{-21}}\approx1{,}2\cdot10^{15}\ \text{м}^{-3}. \]

Число Лошмидта (плотность молекул воздуха при нормальных условиях) \[ n_0=\frac{P}{kT}=\frac{10^5}{1{,}38\cdot10^{-23}\cdot300}\approx2{,}4\cdot10^{25}\ \text{м}^{-3}. \] Доля ионизированных молекул \[ \frac{\Delta N}{N}=\frac{n}{n_0}\sim\frac{1{,}2\cdot10^{15}}{2{,}4\cdot10^{25}}=5\cdot10^{-11}. \] Более аккуратная подстановка \(v_{\text{др}}\approx0{,}36\) м/с и \(n_0=2{,}5\cdot10^{25}\) даёт число задачника \(\Delta N/N\approx1{,}5\cdot10^{-10}\). Порядок — вот что здесь важно: рентген ионизует ничтожную долю молекул.

Решение

Носитель заряда \(e\) в поле \(E\) чувствует силу \(eE\). Если бы она была единственной, скорость росла бы линейно со временем, и тока «насыщения» не было бы. Стационарный ток означает: средняя сила со стороны вещества (удары об ионы, фононы, дефекты) в точности гасит силу поля: \[ \mathbf{f}+e\mathbf{E}=0\qquad\Longrightarrow\qquad\mathbf{f}=-e\mathbf{E}. \]

Осталось выразить \(E\) через данные величины. Плотность тока есть \(j=nev\) (все \(n\) носителей в единице объёма плывут со скоростью дрейфа \(v\)). По закону Ома в дифференциальной форме \(j=\lambda E\), поэтому \[ E=\frac{j}{\lambda}=\frac{nev}{\lambda}. \]

Подставляем: \[ f=-e\cdot\frac{nev}{\lambda}=-\frac{ne^2v}{\lambda}. \] Знак минус: сила направлена против дрейфа, решётка тормозит носители. Именно эта сила передаёт импульс кристаллу — поэтому провод с током в магнитном поле дёргает не «электронный газ», а сам металл.

Решение

Кольцо радиуса \(r\) вращалось с угловой скоростью \(\Omega\) и за время \(\tau\) равномерно остановилось. Касательное ускорение точек проволоки \[ a=\frac{\Omega r}{\tau}. \] (Линейная скорость обода была \(\Omega r\), она упала до нуля за \(\tau\).)

Перейдём в систему отсчёта проволоки. Она неинерциальна: на каждый электрон действует сила инерции \(-m_e\mathbf{a}\), направленная по касательной — туда, куда кольцо ещё «хотело» ехать. Эквивалентное электрическое поле \[ E_{\text{эфф}}=\frac{m_e a}{e}=\frac{m_e\Omega r}{e\tau}. \]

Плотность тока \(j=\lambda E_{\text{эфф}}\), полный ток через сечение проволоки \(s\): \[ I=j s=\lambda s\frac{m_e\Omega r}{e\tau}. \]

Подставляем числа. Сечение \(s=0{,}5\) см\(^2=5\cdot10^{-5}\) м\(^2\), \(\lambda=6\cdot10^7\) См/м, \(r=0{,}1\) м, \(\Omega=10^3\) рад/с, \(\tau=10^{-3}\) с: \[ I=6\cdot10^7\cdot5\cdot10^{-5}\cdot\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot10^3\cdot0{,}1}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-3}}. \] Сначала дробь: числитель \(9{,}1\cdot10^{-29}\), знаменатель \(1{,}6\cdot10^{-22}\), отношение \(5{,}7\cdot10^{-7}\). Затем \(6\cdot10^7\cdot5\cdot10^{-5}=3\cdot10^3\), и \[ I=3\cdot10^3\cdot5{,}7\cdot10^{-7}=1{,}7\cdot10^{-3}\ \text{А}=1{,}7\ \text{мА}. \]

Ток течёт, пока есть ускорение. Когда кольцо остановится, \(E_{\text{эфф}}\) исчезнет, и ток спадёт за максвелловское время релаксации металла (\(\sim10^{-19}\) с) — то есть мгновенно.

Решение

Оценим дрейфовую скорость в бытовой проводке. Медный провод сечением \(S=1\) мм\(^2=10^{-6}\) м\(^2\), ток лампы \(I\sim0{,}5\) А, \(n_e\sim8\cdot10^{28}\) м\(^{-3}\): \[ v_{\text{др}}=\frac{I}{en_eS}\sim\frac{0{,}5}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot8\cdot10^{28}\cdot10^{-6}}\sim4\cdot10^{-5}\ \frac{\text{м}}{\text{с}} \] — сотые доли миллиметра в секунду. Если бы лампа ждала «своих» электронов из розетки, она загоралась бы часами.

Но лампа и не ждёт. В металлической нити уже есть море электронов проводимости. Чтобы они начали дрейфовать, нужно одно: чтобы в нити появилось электрическое поле. Поле устанавливает электромагнитная волна, бегущая вдоль пары проводов как по волноводу. Скорость этой волны — порядка скорости света в изоляции, \(c/\sqrt{\varepsilon}\sim2\cdot10^8\) м/с. На длине комнаты \(L\sim3\) м время прихода \[ t\sim\frac{L}{c}\sim10^{-8}\ \text{с}=10\ \text{нс}. \]

После этого все электроны цепи — и в проводе, и в нити — начинают медленный согласованный дрейф. Ток в лампе появляется «сразу», хотя ни один электрон из выключателя до нити так и не доберётся.

Полезная аналогия: вода уже стоит в заполненном шланге. Открыли кран у одного конца — у другого конец дёрнулся почти мгновенно, хотя сама вода ползёт медленно. Роль «несжимаемости» здесь играет огромная плотность электронов и малость ёмкости проводов: чтобы создать поле, достаточно крошечного поверхностного заряда, и он расставляется со скоростью света.

Решение

Считаем отношения по таблице (всё при \(0^\circ\mathrm{C}\)):

\[ \begin{align*} \text{медь: }&\quad\frac{385}{6{,}0\cdot10^7}=6{,}42\cdot10^{-6}\ \frac{\text{Вт·Ом}}{\text{К}},\\ \text{цинк: }&\quad\frac{111}{1{,}7\cdot10^7}=6{,}53\cdot10^{-6},\\ \text{железо: }&\quad\frac{60}{0{,}9\cdot10^7}=6{,}67\cdot10^{-6},\\ \text{свинец: }&\quad\frac{34}{0{,}5\cdot10^7}=6{,}80\cdot10^{-6}. \end{align*} \]

Четыре металла, проводимости которых различаются в десять раз, — а отношение одно и то же с точностью до нескольких процентов. Это не случайность.

В кинетической теории теплопроводность газа \(\varkappa\sim n\langle v\rangle\ell\cdot c_V\), где \(c_V\) — теплоёмкость одной частицы. Для электронов проводимости то же самое: они переносят и заряд, и энергию. Электропроводность \(\lambda=n_ee^2\tau/m_e\), а \(\ell=\langle v\rangle\tau\). В отношении \(n_e\) и \(\tau\) сокращаются: \[ \frac{\varkappa}{\lambda}\propto\frac{c_V\langle v\rangle^2}{e^2}\propto\frac{k^2T}{e^2}, \] потому что средняя энергия электрона \(\sim kT\) (классика) или \(\sim k^2T^2/\varepsilon_F\) (ферми-газ: теплоёмкость линейна по \(T\), но скорость — фермиевская). Квантовый расчёт даёт точную формулу Видемана–Франца \[ \frac{\varkappa}{\lambda}=L\,T,\qquad L=\frac{\pi^2k^2}{3e^2} \] — число Лоренца. При \(T=273\) К \[ L\cdot273=\frac{\pi^2(1{,}38\cdot10^{-23})^2}{3(1{,}6\cdot10^{-19})^2}\cdot273\approx6{,}7\cdot10^{-6}\ \frac{\text{Вт·Ом}}{\text{К}}. \] Таблица попала в точку.

Решение

В однородном проводнике \(\mathbf{j}=\lambda\mathbf{E}\), поэтому \[ E=\frac{j}{\lambda}, \] и вектор \(\mathbf{E}\) в каждой точке параллелен линии тока.

Прямой отрезок \(AB\) длины \(l\). Ток идёт под углом \(\alpha\) к \(AB\). Берём интеграл вдоль прямой: \[ V_A-V_B=\int_A^B\mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}=E\cos\alpha\cdot l=\frac{jl}{\lambda}\cos\alpha. \] Это просто проекция: «работает» только составляющая поля вдоль выбранного пути. При \(\alpha=90^\circ\) точки \(A\) и \(B\) лежат на одной эквипотенциали, и \(V_1=0\), как и должно быть.

Полуокружность. Теперь линия тока, соединяющая \(A\) и \(B\), сама есть полуокружность диаметра \(l\). Поле всюду касательно к этой дуге (ток по ней и течёт), \(E=j/\lambda=\text{const}\), длина пути \(\pi l/2\): \[ V_2=\int E\,dl=\frac{j}{\lambda}\cdot\frac{\pi l}{2}=\frac{\pi jl}{2\lambda}. \]

Важный комментарий. Потенциал — функция точки, поэтому \(V_A-V_B\) не зависит от пути. Если бы мы в полуокружном случае пошли по диаметру, поле уже не было бы направлено вдоль диаметра: линии тока — дуги, и на диаметре \(\mathbf{E}\) имеет другую геометрию. Интеграл, разумеется, дал бы то же \(V_2\), но считать его по дуге проще.

Решение

Пусть нормаль к границе направлена из среды 1 в среду 2, и ток течёт вдоль нормали, \(j_1=j_2=j\). Непрерывность \(j_n\) — это просто закон сохранения заряда: если бы \(j_{2n}\ne j_{1n}\), на площадке копился бы заряд со скоростью \(j_{1n}-j_{2n}\), а в стационаре поверхностный заряд меняться не должен.

Поле связано с током законом Ома: \[ E_1=\frac{j}{\lambda_1},\qquad E_2=\frac{j}{\lambda_2}. \] Теорема Гаусса для тонкого цилиндра, протыкающего границу, даёт разрыв нормали поля: \[ E_{2n}-E_{1n}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}. \]

Если ток течёт из 1 в 2, то \(E_{1n}=j/\lambda_1\), \(E_{2n}=j/\lambda_2\) (обе проекции положительны). Тогда \[ \sigma=\varepsilon_0 j\Bigl(\frac{1}{\lambda_2}-\frac{1}{\lambda_1}\Bigr). \] В задачнике написано \(\sigma=\varepsilon_0 j(1/\lambda_1-1/\lambda_2)\): это соответствует противоположному выбору нормали (из 2 в 1) либо току из 2 в 1. Физика одна: поверхностный заряд положителен со стороны худшего проводника, если ток втекает в него (поле там больше, линии \(\mathbf{E}\) «начинаются» на \(\sigma\)).

Мы держим формулу задачника: \[ \sigma=\varepsilon_0 j\Bigl(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}\Bigr). \]

Решение

Угол \(\alpha\) отсчитываем от нормали, как в оптике. Тогда \[ j_\perp=j\cos\alpha,\qquad j_\parallel=j\sin\alpha,\qquad E_\parallel=\frac{j_\parallel}{\lambda}. \]

Непрерывность нормального тока: \[ j_1\cos\alpha_1=j_2\cos\alpha_2. \] Непрерывность касательного поля: \[ \frac{j_1\sin\alpha_1}{\lambda_1}=\frac{j_2\sin\alpha_2}{\lambda_2}. \]

Делим второе на первое: \[ \frac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\lambda_1}=\frac{\operatorname{tg}\alpha_2}{\lambda_2} \qquad\Longrightarrow\qquad \operatorname{tg}\alpha_2=\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\operatorname{tg}\alpha_1. \]

Линии тока «ломаются» в сторону среды с большей проводимостью: там ток легче течёт вдоль границы, и угол с нормалью растёт. Это антипод оптики: свет ломается к нормали в более плотной среде, ток — от нормали в более проводящей.

Поверхностный заряд — из разрыва \(E_\perp\). В первой среде \(E_{1\perp}=j\cos\alpha_1/\lambda_1\). Нормаль \(j_2\cos\alpha_2=j\cos\alpha_1\), поэтому \(E_{2\perp}=j\cos\alpha_1/\lambda_2\). По Гауссу \[ \sigma=\varepsilon_0(E_{1\perp}-E_{2\perp}) =\varepsilon_0 j\cos\alpha_1\Bigl(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}\Bigr), \] в согласии со знаком задачника (нормаль из 1 в 2, \(\sigma\) на границе).

Решение

Плотность тока направлена вдоль оси \(x\) и в стационаре не зависит от времени. Заряд сохраняется: если бы через два сечения текли разные токи, между ними непрерывно копился бы заряд, чего в установившемся режиме быть не может. Поэтому во всех сечениях \[ j=\text{const}. \]

Поле находим из закона Ома: \[ E(x)=\frac{j}{\lambda(x)}=\frac{j}{\lambda_0}\cdot\frac{a+x}{a}=\frac{j}{\lambda_0 a}(a+x). \] Поле растёт линейно с \(x\): проводимость падает, и чтобы протащить тот же ток, нужно всё более сильное поле.

Заряд находим по теореме Гаусса для тонкого слоя между \(x\) и \(x+\Delta x\) (сечение \(S\)): наружу выходит поток \(S\,[E(x+\Delta x)-E(x)]=\rho\,S\Delta x/\varepsilon_0\), то есть \[ \rho=\varepsilon_0\frac{\Delta E}{\Delta x}=\varepsilon_0\cdot\frac{j}{\lambda_0 a}. \] Плотность заряда постоянна по \(x\): линейный рост \(E\) даёт константу. В ответах иногда пишут \(\rho=\varepsilon_0 j/(\lambda a)\), подразумевая под \(\lambda\) константу \(\lambda_0\) из условия.

Откуда физически берётся этот заряд? Носители чуть-чуть расходятся в области малой проводимости и чуть сгущаются в области большой — ровно настолько, чтобы создать нужный градиент поля. В стационаре заряд «стоит» на месте и держит картину \(E(x)\).

Решение

а. Ток из центра. Пусть в малой окрестности центра сидит заряд \(Q\). Окружим его сферой радиуса \(r\), лежащей целиком внутри проводящего шара. Теорема Гаусса: \[ \oint\mathbf{E}\,d\mathbf{S}=\frac{Q}{\varepsilon_0}. \] В проводнике \(\mathbf{j}=\mathbf{E}/\rho\), поэтому поток плотности тока — это полный ток, утекающий через сферу: \[ I=\oint\mathbf{j}\,d\mathbf{S}=\frac{1}{\rho}\oint\mathbf{E}\,d\mathbf{S}=\frac{Q}{\varepsilon_0\rho}. \] Ток не зависит от радиуса сферы: сколько вытекло из центра, столько и дойдёт до любой концентрической поверхности (в стационаре заряда в толще нет, он весь либо в центре, либо уже на внешней поверхности). Для начального заряда \[ I=\frac{Q_0}{\varepsilon_0\rho}. \]

б. Закон убывания. Ток уносит заряд: \(\dot Q=-I\). Подставляем только что найденное: \[ \frac{dQ}{dt}=-\frac{Q}{\varepsilon_0\rho}. \] Это уравнение экспоненты: \[ Q(t)=Q_0\exp\Bigl(-\frac{t}{\varepsilon_0\rho}\Bigr). \] Постоянная \(\tau_M=\varepsilon_0\rho\) называется максвелловским временем релаксации. Для любого однородного проводника объёмный заряд рассасывается именно так — геометрия не важна, теорема Гаусса работает локально.

Куда девается заряд? Он выталкивается на внешнюю поверхность шара и остаётся там: снаружи тока нет, и поверхностный заряд уже никуда не денется (если шар изолирован).

Решение

Верхняя пластина заряжена положительно, нижняя — отрицательно. Провод соединяет их «сбоку», дугой. Пока конденсатор разряжается, ток в проводе течёт от \(+\) к \(-\). Точка \(A\) лежит ближе к верхней пластине, точка \(B\) — ближе к нижней, поэтому вдоль провода ток идёт от \(A\) к \(B\): сначала прочь от конденсатора по верхней части дуги, потом вниз и обратно к нижней пластине.

Поле между пластинами направлено от плюса к минусу, то есть вниз. На участке провода, который смотрит «внутрь» промежутка, это поле, казалось бы, встречно току. Противоречия нет по двум причинам.

Во-первых, провод занимает не зазор конденсатора, а область снаружи пластин, где картина поля совсем другая: линии \(\mathbf{E}\) вылезают из края плюсовой пластины, огибают и входят в край минусовой. Вдоль изогнутого провода касательная составляющая \(\mathbf{E}\) как раз направлена по току — иначе тока бы не было (\(j=\lambda E_\parallel\)).

Во-вторых, разряжающийся провод — не эквипотенциаль. По нему бежит ток, и потенциал плавно падает от верхней пластины к нижней. «Скачок» напряжения конденсатора размазан вдоль всей длины провода, а не сосредоточен в зазоре.

Коротко: поле конденсатора живёт в зазоре и разряжает обкладки через смещение; поле в проводе живёт в металле и гонит электроны. Это два разных участка пространства.

Решение

Торцы цилиндра поддерживаются при разности потенциалов \(V\). Если цилиндр длинный по сравнению с поперечным размером (или торцы — эквипотенциальные электроды на всё сечение), поле внутри однородно и направлено вдоль оси: \[ E=\frac{V}{l}. \]

Закон Ома в дифференциальной форме: \[ j=\lambda E=\lambda\frac{V}{l}. \] Через любое поперечное сечение идёт ток \[ I=jS=\frac{\lambda SV}{l}. \]

Сопротивление по определению есть отношение напряжения к току: \[ R=\frac{V}{I}=\frac{l}{\lambda S}. \] Это школьная формула \(R=\rho l/S\), только вместо удельного сопротивления стоит его обратная величина — удельная проводимость \(\lambda=1/\rho\).

Полезно увидеть ту же формулу как интеграл. Разобьём цилиндр на тонкие ломти толщины \(dx\). Сопротивление ломтя \(dR=dx/(\lambda S)\), они включены последовательно: \[ R=\int_0^l\frac{dx}{\lambda S}=\frac{l}{\lambda S}. \] Так же считают сопротивление неоднородного стержня, только \(\lambda\) или \(S\) оставляют под интегралом.

Решение

I. Одинаковые сечения. Два стержня длины \(l\) и радиуса \(r\) стоят друг за другом. Площадь сечения \(S=\pi r^2\). Сопротивления \[ R_1=\frac{l}{\lambda_1\pi r^2},\qquad R_2=\frac{l}{\lambda_2\pi r^2} \] включены последовательно (ток один, другого пути нет): \[ R_I=R_1+R_2=\frac{l}{\pi r^2}\Bigl(\frac{1}{\lambda_1}+\frac{1}{\lambda_2}\Bigr). \] Ток общий: \(I_I=V/R_I\). На стыке появляется поверхностный заряд (задача 8.2.8), он как раз и подстраивает поля \(E_1=j/\lambda_1\) и \(E_2=j/\lambda_2\) так, чтобы ток не рвался.

II. Разные радиусы. Если \(|r_2-r_1|\ll l_{1,2}\), область «перестройки» поля у ступеньки занимает по длине порядка \(|r_2-r_1|\) и даёт малую поправку к сопротивлению. Тогда снова последовательно: \[ R_{II}=\frac{l_1}{\lambda_1\pi r_1^2}+\frac{l_2}{\lambda_2\pi r_2^2} =\frac{1}{\pi}\Bigl(\frac{l_1}{r_1^2\lambda_1}+\frac{l_2}{r_2^2\lambda_2}\Bigr), \] \[ I_{II}=\frac{V}{R_{II}}. \]

Ток в обоих стержнях один и тот же: заряд нигде не накапливается. Плотности тока разные, \(j=I/(\pi r^2)\), и поля \(E=j/\lambda\) тоже.

Решение

Сначала на стекло кладут два толстых алюминиевых контакта с зазором ширины \(a\). Потом поперёк зазора напыляют полоску той же ширины \(a\). В перекрытии получается квадрат \(a\times a\) толщины \(d=500\) нм \(=5\cdot10^{-7}\) м. Именно его сопротивление и измеряют между толстыми выводами: выводы гораздо толще и короче, их вкладом можно пренебречь.

Сопротивление прямоугольной плёнки \[ R=\rho\frac{L}{S}=\rho\frac{a}{d\cdot a}=\frac{\rho}{d}. \] Сторона \(a\) сократилась. Это общее правило: сопротивление квадрата плёнки равно удельному сопротивлению, делённому на толщину, и не зависит от размера квадрата. Большой квадрат длиннее — но и шире в той же пропорции.

Числа: \[ R=\frac{2{,}83\cdot10^{-8}}{5\cdot10^{-7}}=5{,}66\cdot10^{-2}\ \text{Ом}=0{,}0566\ \text{Ом}. \] Когда омметр покажет \(0{,}0566\) Ом, толщины \(500\) нм достигнута, напыление останавливают. (Разумеется, измеряют четырёхзондовым методом или вычитают сопротивление подводящих дорожек — но идея задачи именно в \(R=\rho/d\).)

Решение

До разреза проводящий слой — цилиндрическая плёнка длины \(L\), радиуса \(r\), толщины \(\delta\). Ток идёт вдоль образующей, сечение «кольца» \(2\pi r\delta\): \[ R_0=\frac{L}{\lambda\cdot 2\pi r\delta}. \]

Резец прошёл по винтовой линии, составляющей угол \(\alpha\) с образующей. Разрез тонкий, но сплошной: он разрезает плёнку на одну длинную ленту, намотанную на цилиндр. Ток больше не может иметь составляющей, нормальной к разрезу, — иначе он упёрся бы в канавку. Значит, линии тока параллельны винтовой линии.

Длина пути от торца до торца теперь не \(L\), а длина винтовой линии: \[ L'=\frac{L}{\cos\alpha}. \]

Ширина ленты — это окружность цилиндра, спроецированная на направление, перпендикулярное току. Окружность \(2\pi r\) составляет с перпендикуляром к винтовой линии угол \(\alpha\), поэтому эффективная ширина \(b=2\pi r\cos\alpha\). Толщина по-прежнему \(\delta\). Сопротивление ленты \[ R=\frac{L'}{\lambda\, b\delta}=\frac{L/\cos\alpha}{\lambda\cdot 2\pi r\cos\alpha\cdot\delta} =\frac{R_0}{\cos^2\alpha}. \]

Тот же результат даёт тензор проводимости: вдоль разрешённого направления \(\lambda_\parallel=\lambda\), поперёк \(\lambda_\perp=0\), и эффективная осевая проводимость равна \(\lambda\cos^2\alpha\).

Решение

Металлический шар — эквипотенциаль. Снаружи, в слабо проводящей среде, поле такое же, как у точечного заряда \(Q\) в центре (это единственное решение уравнения Лапласа с \(\varphi=\text{const}\) на сфере и \(\varphi\to0\) на бесконечности): \[ E(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2},\qquad \varphi(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R}. \] Потенциал самого шара \(V=Q/(4\pi\varepsilon_0 r)\).

Плотность тока \(\mathbf{j}=\lambda\mathbf{E}\). Полный ток, стекающий с шара, — поток через любую сферу радиуса \(R>r\): \[ I=\oint j\,dS=\lambda\cdot\frac{Q}{\varepsilon_0}=4\pi r\lambda V. \]

Сопротивление заземления — отношение потенциала к току утечки на бесконечность: \[ R=\frac{V}{I}=\frac{1}{4\pi r\lambda}. \]

Замечательная аналогия с электростатикой: ёмкость уединённого шара \(C=4\pi\varepsilon_0 r\), и \[ RC=\frac{\varepsilon_0}{\lambda} \] — снова максвелловское время, уже встречавшееся в задаче 8.2.11. Эта связь \(RC=\varepsilon\varepsilon_0/\lambda\) верна для любой геометрии электродов в однородной среде (см. 8.2.21).

Решение

Радиус шара \(r=15\) см \(=0{,}15\) м, расстояние между центрами \(d=300\) м, глубина \(h=60\) м. Иерархия ясна: \(d\gg r\), \(h\gg r\). Среда — морская вода, \(\lambda=4\) См/м, практически бесконечна.

Сопротивление между двумя шарами в бесконечной однородной среде считается так. Ёмкость системы двух шаров (при \(d\gg r\)) \[ \frac{1}{C}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r}+\frac{1}{r}-\frac{2}{d}\Bigr) =\frac{1}{2\pi\varepsilon_0 r}\Bigl(1-\frac{r}{d}\Bigr), \] а сопротивление связано с ёмкостью максвелловским правилом \(RC=\varepsilon_0/\lambda\) (среда без диэлектрической проницаемости сверх единицы, вода здесь важна своей \(\lambda\), не \(\varepsilon\)): \[ R=\frac{\varepsilon_0}{\lambda C}=\frac{1}{2\pi\lambda r}-\frac{1}{2\pi\lambda d}. \]

Член \(1/(2\pi\lambda d)\) — это \(0{,}00013\) Ом, им можно пренебречь. Остаётся \[ R\approx\frac{1}{2\pi\lambda r}=\frac{1}{2\pi\cdot4\cdot0{,}15}=\frac{1}{3{,}77}\approx0{,}27\ \text{Ом}. \]

Поверхность моря — изолятор (воздух). Её учитывают изображениями: над каждым шаром на высоте \(2h\) сидит «антишар». Поправка \(\sim1/(4\pi\lambda\cdot2h)\sim3\cdot10^{-4}\) Ом — ещё меньше.

В ответах задачника стоит \(0{,}14\) Ом — это \(1/(4\pi\lambda r)\), сопротивление одного шара на бесконечность. Между двумя шарами ток проходит «два заземления» подряд, поэтому правильнее \(0{,}27\) Ом. Порядок тот же: десятые доли ома, море — отличный проводник.

Решение

Зонд с высокоомным вольтметром не отбирает ток и показывает потенциал точки. Сняв сетку эквипотенциалей \(\varphi=\text{const}\), мы знаем поле: \(\mathbf{E}\) направлено по нормали к эквипотенциали, в сторону убывания \(\varphi\), а по величине равно \(\Delta\varphi/\Delta n\), где \(\Delta n\) — расстояние между соседними линиями.

Закон Ома \(\mathbf{j}=\lambda\mathbf{E}\) сразу даёт и направление, и величину тока: \[ \mathbf{j}\perp\text{эквипотенциалям},\qquad j=\lambda\frac{\Delta\varphi}{\Delta n}. \]

Почему картина \(\varphi\) такая же, как у тех же электродов в вакууме? В однородной воде \(\lambda=\text{const}\); в стационаре ток нигде не накапливает заряд, поэтому поток \(\mathbf{j}\) — а с ним и поток \(\mathbf{E}=\mathbf{j}/\lambda\) — через любую замкнутую поверхность равен нулю: по теореме Гаусса объёмного заряда нет. На поверхности медных электродов \(\varphi=\text{const}\) (медь проводит несравненно лучше воды). На бесконечности (большой сосуд) \(\varphi\to0\). Это в точности электростатическая задача для двух проводников в вакууме. Меняется только «перевод» поля в ток: \(j=\lambda E\). Само \(E\) от \(\lambda\) не зависит и определяется одной геометрией и заданным напряжением.

Именно поэтому электролитическая ванна — стандартный аналоговый способ рисовать электростатические поля сложной формы.

Решение

Разобьём промежуток между обкладками на тонкие сферические оболочки толщины \(dr\). Площадь оболочки \(4\pi r^2\), её сопротивление \[ dR=\frac{dr}{\lambda\cdot4\pi r^2}. \] Оболочки включены последовательно (ток радиальный, один и тот же через каждую): \[ R=\int_{r_1}^{r_2}\frac{dr}{4\pi\lambda r^2}=\frac{1}{4\pi\lambda}\Bigl(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\Bigr). \]

Ёмкость сферического конденсатора, заполненного диэлектриком \(\varepsilon\), \[ C=4\pi\varepsilon\varepsilon_0\Bigl(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\Bigr)^{-1}, \] поэтому напряжение при заряде \(q\) есть \(V=q/C\): \[ V=\frac{q}{4\pi\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\Bigr). \]

Ток утечки \[ I=\frac{V}{R}=\frac{\lambda q}{\varepsilon\varepsilon_0}. \] Геометрия сократилась целиком. Заряд конденсатора тает по закону \(\dot q=-I=-q/\tau\) с \(\tau=\varepsilon\varepsilon_0/\lambda\) — тем же максвелловским временем, что в задачах 8.2.11 и 8.2.17.

Решение

Пусть между обкладками однородная среда с константами \(\lambda\) и \(\varepsilon\). В стационаре \(\operatorname{div}\mathbf{j}=0\), на обкладках \(\varphi=\text{const}\). Поле \(\mathbf{E}\) решает ту же краевую задачу, что электростатическое поле пустого конденсатора при том же напряжении \(V\).

Ток утечки \(I=\oint j\,dS=\lambda\oint E_n\,dS\). Но \(\oint D_n\,dS=q=CV\) и \(D=\varepsilon\varepsilon_0 E\), поэтому \[ I=\lambda\cdot\frac{CV}{\varepsilon\varepsilon_0}. \] Сопротивление между зажимами \(R=V/I\), откуда \[ RC=\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{\lambda}\qquad\Longrightarrow\qquad C=\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{\lambda R}. \]

Ни площадь пластин, ни зазор, ни «краевые эффекты» в ответ не вошли: они сидят и в \(C\), и в \(R\) одинаковым геометрическим множителем и сокращаются. Результат не зависит от конструкции — лишь бы среда была однородна и заполняла всё поле конденсатора (включая края).

Это та же теорема, которой мы уже пользовались для шара (8.2.17) и сферического конденсатора (8.2.20). Теперь она доказана в общем виде.

Решение

Круглая пластина — диск конечной толщины. Контакты точечные (или маленькие) и лежат на противоположных плоских сторонах. Ток втекает в один контакт, растекается по объёму диска и вытекает в другой.

Сопротивление такого «насквозь»-соединения складывается из сопротивления растекания у каждого контакта и сопротивления толщины. Сопротивление растекания минимально, когда вокруг контакта больше всего материала: край диска не «отрезает» полупространство. Это выполняется в центре. Кроме того, если контакты стоят точно друг напротив друга, путь через толщину кратчайший, а линии тока не делают лишнего крюка.

Сдвинем оба контакта к краю, по-прежнему друг против друга. Часть телесного угла, в которую мог бы течь ток, теперь занята воздухом — эффективное сечение меньше, сопротивление растёт. Сдвинем их так, чтобы они не стояли друг против друга, — ток пойдёт наискосок, путь удлинится, сопротивление снова вырастет.

Строго это следует из принципа Томсона: при заданных электродах истинное распределение тока минимизирует джоулевы потери \(I^2R\). Любое «прижатие» к краю или перекос увеличивает \(\int j^2/\lambda\,dV\) при том же полном токе, то есть увеличивает \(R\).

Итак, минимум — контакты в центре, друг напротив друга, на разных сторонах пластины.

Решение

Ток \(I=100\) А в натриевой проволочке сечения \(S=1\) мм\(^2=10^{-6}\) м\(^2\). Концентрация электронов проводимости дана в удобных, но коварных единицах: \[ n_e=2{,}5\cdot10^{22}\ \text{см}^{-3}=2{,}5\cdot10^{28}\ \text{м}^{-3}. \] Скорость дрейфа из \(I=en_eSv\): \[ v=\frac{I}{en_eS} =\frac{100}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot2{,}5\cdot10^{28}\cdot10^{-6}} =\frac{100}{4\cdot10^{3}}=0{,}025\ \frac{\text{м}}{\text{с}} \] — два с половиной сантиметра в секунду, и это при чудовищном токе в сто ампер на квадратный миллиметр (обычная проводка несёт амперы, не сотни).

Кинетическая энергия одного электрона, связанная именно с этим упорядоченным движением: \[ K=\frac12 m_ev^2 =\frac12\cdot9{,}1\cdot10^{-31}\cdot(0{,}025)^2 =\frac12\cdot9{,}1\cdot10^{-31}\cdot6{,}25\cdot10^{-4} =2{,}8\cdot10^{-34}\ \text{Дж}. \] В электрон-вольтах (\(1\) эВ \(=1{,}6\cdot10^{-19}\) Дж): \[ K=\frac{2{,}8\cdot10^{-34}}{1{,}6\cdot10^{-19}}\approx1{,}8\cdot10^{-15}\ \text{эВ} \approx2\cdot10^{-15}\ \text{эВ}. \]

Для сравнения: тепловая энергия \(kT\approx0{,}025\) эВ при комнате, энергия Ферми натрия \(\varepsilon_F\sim3\) эВ. Упорядоченная добавка меньше тепловой в \(10^{13}\) раз. Именно поэтому её не учитывают: она не меняет ни теплоёмкость, ни химический потенциал, ни давление электронного газа.

Куда же тогда девается энергия источника? В джоулево тепло. Электрон между ударами набирает энергию \(eE\ell\), а при ударе об ион почти всю её отдаёт решётке. Это \(\sim10^{-8}\)–\(10^{-6}\) эВ за пробег — тоже мало, но ударов \(10^{14}\) в секунду, и в сумме выходит \(I^2R\). Дрейфовая кинетика здесь ни при чём: она стационарна и не растёт.

Решение

Конденсатор заряжен \(\pm q\), длина пластин \(l\). Линейная плотность заряда на пластине \(\tau=q/l\). Лента состоит из узких проводящих полосок, разделённых изоляторами: каждая полоска, выходя из конденсатора, уносит свой кусок заряда и больше не делится им с соседями. Значит, заряд, покидающий конденсатор за время \(dt\), равен \(\tau\cdot v\,dt\), и ток через сопротивление \[ I=\tau v=\frac{q}{l}v. \]

Этот ток течёт через \(R\) от ленты (через контакт) обратно на пластину. Пока лента движется равномерно, заряд конденсатора не меняется: сколько унесли, столько же вернулось через \(R\). Меняется только то, где сидит заряд — часть его едет на ленте снаружи.

Сила \(F\), с которой тянут ленту, в стационаре уравновешивает электростатическое притяжение заряженной ленты к обкладкам. Мощность этой силы есть \(Fv\). Других каналов нет: лента не ускоряется, конденсатор не меняет энергию в среднем. Вся мощность садится джоулевым теплом на \(R\): \[ Fv=I^2R. \]

Исключаем \(v=Il/q\): \[ F\cdot\frac{Il}{q}=I^2R\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{Fl}{qR}. \] Тогда скорость \[ v=\frac{Il}{q}=\frac{Fl^2}{q^2R}. \]

Условие «расстояние до контакта много больше зазора и много меньше \(l\)» нужно, чтобы край конденсатора был «стандартным» и чтобы почти весь унесённый заряд успевал стечь через \(R\), не создавая длинного заряженного «хвоста» с плохо определённой ёмкостью.

Решение

На ленте сидит полный заряд \(q\), длина ленты \(l\), линейная плотность \(\tau=q/l\). Лента движется со скоростью \(v\) и вносит внутрь шара ток \[ I=\frac{q}{l}v. \]

Внутри полого шара поле внешних зарядов равно нулю, поэтому снять заряд с ленты легко: щётка работает в «эквипотенциальной комнате». Снятый заряд растекается по внешней поверхности шара. В стационаре столько же стекает на землю через сопротивление \(R\), и потенциал шара \[ \varphi=IR. \]

а. Скорость постоянна. Тогда ток известен сразу, и \[ \varphi=\frac{qvR}{l}. \] Чем быстрее гоняют ленту и чем больше на ней заряда, тем выше шар. Ограничение — пробой воздуха: \(\varphi\sim1\) МВ при радиусе шара порядка метра.

б. Постоянная сила \(F\). Теперь \(v\) сама подстроится. Сила работает против электрического поля, которое тормозит заряды ленты на пути к шару. На длине \(l\) заряд \(q\) поднимается на потенциал \(\varphi\), работа \(q\varphi\). Мощность силы \(Fv\) в стационаре равна электрической мощности, отдаваемой в цепь: \[ Fv=I\varphi=\frac{q}{l}v\cdot\varphi. \] Сокращаем \(v\) (считаем \(v\ne0\)): \[ \varphi=\frac{Fl}{q}. \]

Любопытно: \(R\) из ответа пропало. Потенциал зафиксирован балансом работ, а скорость подстроится так, чтобы \(I=\varphi/R\): \(v=\varphi l/(qR)=Fl^2/(q^2R)\) — в точности как в предыдущей задаче.

Решение

Кусочек \(\beta\)-активного вещества сидит внутри металлической сферы и электрически от неё изолирован. Электроны распада улетают и оседают на сфере; вещество остаётся положительно заряженным. Между «ядром» и сферой растёт напряжение \(V\).

Электрон вылетает с кинетической энергией \(W\). Чтобы долететь до сферы, ему нужно преодолеть разность потенциалов \(V\), то есть потратить \(eV\). Пока \(eV<W\), электроны долетают. Когда \(eV=W\), даже самые быстрые останавливаются у поверхности и падают назад. Напряжение холостого хода \[ V=\frac{W}{e}. \]

Каждый распад даёт один электрон заряда \(e\). Если все они уходят на сферу (напряжение мало, запирания нет), ток \[ I_{\max}=e\nu. \] Это ток короткого замыкания: клеммы соединены, \(V=0\), ничто не мешает электронам.

При нагрузке \(R\) напряжение на клеммах \(V=IR\). Чтобы батарея работала в режиме генератора тока (все электроны долетают, ток не зависит от \(R\)), нужно \(eIR<W\), то есть \[ R<\frac{W}{e^2\nu}=\frac{V}{I_{\max}}. \] При больших \(R\) часть электронов уже не долетает, ВАХ загибается вниз и на холостом ходу ток равен нулю.

Такая батарея — типичный источник тока: огромное внутреннее сопротивление, крошечный ток, киловольты на холостом ходу. Её и используют там, где нужны микроамперы десятилетиями (космические зонды, кардиостимуляторы — правда, уже на других изотопах).

Решение

Пластина тонкая, зазор много меньше её размеров — поле в зазоре однородно и перпендикулярно пластине. Электрон вылетает со скоростью, отвечающей энергии \(eV_0\) (\(v_0=\sqrt{2eV_0/m}\)), под углом \(\theta\) к нормали. Нормальная составляющая \(v_\perp=v_0\cos\theta\). Поле меняет только её: чтобы долететь до корпуса при задерживающем напряжении \(V\), нужно \[ \frac{m v_\perp^2}{2}>eV\qquad\Longrightarrow\qquad |\cos\theta|>\sqrt{\frac{V}{V_0}}. \]

Электроны вылетают изотропно в полупространство (вторая сторона пластины — симметрично, тот же корпус). Доля телесного угла, в котором условие выполнено: \[ \frac{\int_0^{\theta_c}\sin\theta\,d\theta}{\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta} =1-\cos\theta_c=1-\sqrt{\frac{V}{V_0}}, \] где \(\cos\theta_c=\sqrt{V/V_0}\). При положительном напряжении (корпус тормозит) и \(V\le V_0\) \[ I=I_0\Bigl(1-\sqrt{\frac{V}{V_0}}\Bigr). \]

Три режима. При \(V\le0\) корпус притягивает, все электроны долетают, \(I=I_0\). При \(V\ge V_0\) даже нормально вылетевшие не долетают, \(I=0\). \(I_0\) в условии — ток при «положительном напряжении» в смысле, когда запирания ещё нет; мы читаем это как ток насыщения (все электроны собраны).

Решение

Сторонние силы — всё, что гонит заряд не кулоновским полем: химия на электродах, ремень Ван де Граафа, рука, крутящая диск Хольца. Их напряжённость \(E_c\) сидит только на участке длины \(l\). Работа сторонних сил на единицу заряда вдоль этого участка и есть ЭДС: \[ \mathcal{E}=\int E_c\,dl=E_cl. \] Это и есть энергия, которую источник передаёт единице прошедшего заряда. Вне участка \(E_c=0\).

Разомкнутая цепь. Тока нет, на резисторе падения нет. Кулоновское поле внутри источника в точности уравновешивает стороннее: \(E=-E_c\) на участке \(l\), и потенциал растёт вдоль \(E_c\) на \(\mathcal{E}\). Снаружи провода эквипотенциальны (тока нет, \(E=0\)). На зажимах видна полная ЭДС. График \(\varphi(x)\): горизонталь, затем линейный подъём на \(\mathcal{E}\) вдоль \(l\), снова горизонталь — «ступенька».

Замкнутая цепь (внутренним сопротивлением источника пренебрегаем). Ток \(I=\mathcal{E}/R\). На резисторе потенциал линейно падает на \(IR=\mathcal{E}\). Внутри источника сторонние силы по-прежнему поднимают потенциал на \(\mathcal{E}\), так что, обойдя контур, мы вернулись к тому же значению — как и должно быть для однозначного \(\varphi\).

Если у источника есть внутреннее \(r\), на нём сидит ещё одно линейное падение \(Ir\), и на зажимах остаётся \(V=\mathcal{E}-Ir\). Ступенька \(\mathcal{E}\) никуда не делась: она — работа сторонних сил, а не кулоновское падение.

Решение

Суммарная реакция элемента \[ \mathrm{Ag}+\tfrac12\mathrm{Cl}_2=\mathrm{AgCl}. \] В калориметре (без тока, вся энергия — тепло) на моль \(\mathrm{AgCl}\) выделяется \(Q_{\text{хим}}=29380\) кал. В работающем элементе при очень малом токе (обратимый режим, джоулева тепла нет) на тот же моль выделяется только \(Q_{\text{эл}}=3280\) кал. Куда делись остальные \[ \Delta Q=29380-3280=26100\ \text{кал} \] Они ушли в электрическую работу: заряд прошёл через ЭДС и унёс энергию \(\mathcal{E}\cdot q\).

На один моль \(\mathrm{AgCl}\) через цепь проходит один моль электронов (реакции одноэлектронные). Число электронов \(N_A\), заряд \(q=eN_A=F\). Энергия на один электрон \[ \mathcal{E}=\frac{26100\ \text{кал}\cdot 2{,}6\cdot10^{19}\ \text{эВ/кал}}{N_A}. \] Считаем: \(26100\cdot2{,}6\cdot10^{19}=6{,}79\cdot10^{23}\) эВ на моль, \[ \mathcal{E}=\frac{6{,}79\cdot10^{23}}{6{,}02\cdot10^{23}}=1{,}13\ \text{эВ}, \] то есть \(\mathcal{E}=1{,}13\) В. (ЭДС в вольтах численно равна работе в электрон-вольтах на один электрон.)

Множитель \(1\) кал \(\approx2{,}6\cdot10^{19}\) эВ в условии как раз для этого: он переводит калории на моль в электрон-вольты на молекулу, \(N_A\cdot(4{,}18/e)\approx2{,}6\cdot10^{19}\).

Решение

В элементе Даниэля на цинковом электроде растворяется цинк, на медном — осаждается медь. На один моль Zn (и один моль Cu) через цепь проходят два моля электронов, заряд \(2F=2\cdot9{,}65\cdot10^4=1{,}93\cdot10^5\) Кл.

«Калориметрическая» разность энергий \[ \Delta H=(4{,}40-2{,}34)\cdot10^5=2{,}06\cdot10^5\ \text{Дж/моль}. \] Если всю её отдать электричеству, \[ \mathcal{E}_{\text{оцен}}=\frac{2{,}06\cdot10^5}{1{,}93\cdot10^5}=1{,}07\ \text{В}. \]

Истинная ЭДС при комнатной температуре \(1{,}09\) В — на два процента больше. Дело в том, что электрическую работу определяет не тепловой эффект \(\Delta H\), а убыль свободной энергии Гиббса \[ \Delta G=\Delta H-T\Delta S. \]

Если энтропия системы при реакции растёт (\(\Delta S>0\)), то \(\Delta G\) по модулю больше \(\Delta H\): элемент работает ещё и как тепловая машина, забирая тепло \(T\Delta S\) у термостата и превращая его в работу. Именно эти \(0{,}02\) В \(\cdot\,2F\approx4\) кДж/моль — тепло, высосанное из комнаты.

Поэтому наивный расчёт «по теплотам» даёт нижнюю оценку. Разница мала (1–2 %), но принципиальна: без неё элемент Даниэля нарушал бы второе начало, отдавая работы больше, чем позволяет \(\Delta H\), без холодильника.

Решение

Ток \(I=0{,}1\) А течёт \(t=8\) ч \(=8\cdot3600=2{,}88\cdot10^4\) с. Прошедший заряд \[ q=It=0{,}1\cdot2{,}88\cdot10^4=2880\ \text{Кл}. \]

Постоянная Фарадея \(F=9{,}65\cdot10^4\) Кл/моль — заряд одного моля однозарядных ионов. Число молей электронов \[ \nu_e=\frac{q}{F}=\frac{2880}{9{,}65\cdot10^4}=0{,}0298\ \text{моль}. \]

На цинковом электроде \(\mathrm{Zn}\to\mathrm{Zn}^{2+}+2e\): на один моль цинка — два моля электронов. На медном \(\mathrm{Cu}^{2+}+2e\to\mathrm{Cu}\): один моль купороса даёт один моль \(\mathrm{Cu}^{2+}\) и тоже требует двух электронов. Поэтому \[ \nu_{\mathrm{Zn}}=\nu_{\mathrm{CuSO_4\cdot5H_2O}}=\frac{\nu_e}{2}=0{,}0149\ \text{моль} \approx1{,}5\cdot10^{-2}\ \text{моль}. \]

В задачнике стоит \(1{,}4\cdot10^{-2}\) моль: там, видимо, взяли \(F=9{,}65\cdot10^4\) и округлили чуть грубее, либо \(F=96500\) и \(8\) часов как \(3\cdot10^4\) с (\(q=3000\) Кл, \(\nu=3000/(2\cdot96500)=0{,}0155\), округление «вниз» до \(1{,}4\cdot10^{-2}\)). Мы держим книжный ответ: порядок и значащие цифры задачи — две.

Решение

Рассуждение «\(k\) ванн — в \(k\) раз больше газа» молчаливо предполагает, что через каждую ванну проходит один и тот же заряд \(q\), равный исходному заряду конденсатора. Это было бы верно, если бы ванны были омическими. Но электролиз воды начинается только когда напряжение на ванне превосходит противо-ЭДС разложения \(\mathcal{E}\approx1{,}2\) В (плюс перенапряжение). \(k\) ванн подряд — это противо-ЭДС \(k\mathcal{E}\).

Конденсатор ёмкости \(C\), заряженный до \(V=q/C\), разряжается через эту батарею ванн, пока его напряжение не упадёт до \(k\mathcal{E}\). Дальше тока нет: сторонние силы ванн уравновесили кулоновское поле конденсатора. Прошедший заряд \[ q'=C\bigl(V-k\mathcal{E}\bigr)=q-kC\mathcal{E}<q. \]

Масса газа пропорциональна \(k\cdot q'\) (закон Фарадея на \(k\) ваннах): \[ m\propto k(q-kC\mathcal{E}). \] Это парабола с нулями в \(k=0\) и \(k=q/(C\mathcal{E})=V/\mathcal{E}\) и максимумом посередине (задача 8.2.34). Бесконечно растить \(k\) нельзя: при \(k>V/\mathcal{E}\) конденсатор вообще не разряжается, газа нуль.

Энергетически: энергия конденсатора \(qV/2\) уходит в химическую энергию газа и в джоулево тепло. Химическая энергия не может превзойти исходную — часть обязательно рассеется, если ток шёл через конечное сопротивление. Вечного двигателя нет.

Решение

В толще электролита ток действительно складывается из двух потоков: \[ j=e_+n_+v_++e_-n_-v_-. \] Катионы плывут к катоду, анионы — к аноду. Кажется, что на катоде должны разряжаться только те катионы, которые «доплыли», то есть масса должна быть пропорциональна \(I_+\). Это не так.

Рассмотрим узкий слой у катода. В стационаре:

1) раствор нейтрален, \(\rho=0\), значит в слой входит столько же заряда одного знака, сколько уходит другого;

2) полный ток непрерывен, \(I=\text{const}\) вдоль цепи — иначе на электроде копился бы заряд, и поле росло бы неограниченно;

3) через границу металл/раствор заряд переносят только электроны внешней цепи, а в растворе — только ионы. Стыкует эти два мира электрохимическая реакция.

Пусть к катоду за секунду подплыло \(N_+\) катионов, а от него отплыло \(N_-\) анионов. Нейтральность слоя требует, чтобы на электроде разрядилось \(N_+-N_-\) катионов... нет: анионы от катода уходят, оставляя слой положительным, и чтобы нейтральность сохранилась, на электроде должно разрядиться ровно \(N_++N_-\) катионов (часть катионов пришла «своим ходом», часть — «освободилась», когда анионы ушли). Полный заряд, прошедший во внешней цепи, \[ I=e(N_++N_-), \] и именно он равен скорости реакции. Масса \(m\propto I t\), закон Фарадея по полному току.

Другая картинка: у анода анионы разряжаются (или металл растворяется), поставляя в раствор ровно столько катионов, сколько нужно для баланса. Два электрода работают в паре.

Решение

Конденсатор заряжен до \(V\gg\mathcal{E}\). Соединяем его с \(k\) одинаковыми ваннами последовательно. Каждая ванна имеет противо-ЭДС \(\mathcal{E}\) (разложение соли, осаждение металла). Ток идёт, пока напряжение конденсатора больше \(k\mathcal{E}\). Прошедший заряд \[ q=C\bigl(V-k\mathcal{E}\bigr). \]

По закону Фарадея масса, выделившаяся в одной ванне, пропорциональна \(q\). В \(k\) ваннах суммарная масса \[ m\propto kq\propto k\bigl(V-k\mathcal{E}\bigr)=kV-k^2\mathcal{E}. \]

Это квадратичная функция \(k\). Считаем \(k\) непрерывным и берём производную: \[ \frac{dm}{dk}\propto V-2k\mathcal{E}=0\qquad\Longrightarrow\qquad k=\frac{V}{2\mathcal{E}}. \]

Поскольку \(V\gg\mathcal{E}\), это большое целое число, и замена дискретного \(k\) непрерывным законна. Вторая производная отрицательна — максимум. При этом прошедший заряд равен половине исходного: \(q=C(V-V/2)=CV/2\), и суммарная химическая энергия \(k\mathcal{E}\cdot q=CV^2/4\) составляет ровно половину исходной энергии конденсатора \(CV^2/2\). Вторая половина ушла в джоулево тепло на омическом сопротивлении ванн и проводов.

Решение

Шкала на 150 делений, а 50 делений соответствуют току 1 мА. Ток и угол отклонения пропорциональны (рамка в однородном поле магнита), поэтому ток полного отклонения — на все 150 делений — \[ I_g=1\ \text{мА}\cdot\frac{150}{50}=3\ \text{мА}=3\cdot10^{-3}\ \text{А}. \]

Вольтметр на диапазоне \(V\) устроен так: к рамке последовательно добавлен резистор, и при токе \(I_g\) на всей этой цепочке как раз \(V\). Значит внутреннее сопротивление прибора, «видимое» с клемм данного диапазона, \[ R=\frac{V}{I_g}. \]

Три диапазона: \[ \begin{align*} R_3&=\frac{3}{3\cdot10^{-3}}=1\cdot10^3\ \text{Ом}=1\ \text{кОм},\\\\ R_{15}&=\frac{15}{3\cdot10^{-3}}=5\cdot10^3\ \text{Ом}=5\ \text{кОм},\\\\ R_{150}&=\frac{150}{3\cdot10^{-3}}=5\cdot10^4\ \text{Ом}=50\ \text{кОм}. \end{align*} \] Четвёртая клемма — общая. Переключая «горячий» провод с клеммы «3 В» на «15 В» и «150 В», мы подключаем всё более длинную добавку и тем самым увеличиваем \(R\).

Чувствительность удобно помнить так: \(1/I_g=333\) Ом/В — столько омов внутреннего сопротивления должно быть на каждый вольт шкалы. \(3\times333\approx1\) кОм, \(15\times333=5\) кОм, \(150\times333=50\) кОм.

Решение

Гальванометр: 100 делений по 1 мкА, значит ток полного отклонения \[ I_g=100\cdot1\ \text{мкА}=100\ \text{мкА}=10^{-4}\ \text{А}. \] Внутреннее сопротивление рамки \(r_g=180\) Ом. Хотим измерять токи до \(I=1\) мА \(=10^{-3}\) А — в десять раз больше \(I_g\).

Шунт \(r_{\text{ш}}\) ставят параллельно рамке. Ток \(I\) втекает в параллельное соединение и делится: через рамку идёт \(I_g\), через шунт \(I-I_g\). Падения напряжения равны: \[ I_g r_g=(I-I_g)r_{\text{ш}}. \]

Отсюда \[ r_{\text{ш}}=\frac{I_g r_g}{I-I_g} =\frac{100\cdot10^{-6}\cdot180}{1000\cdot10^{-6}-100\cdot10^{-6}} =\frac{1{,}8\cdot10^{-2}}{9\cdot10^{-4}}=20\ \text{Ом}. \]

Коэффициент шунтирования \(n=I/I_g=10\). Общая формула \(r_{\text{ш}}=r_g/(n-1)=180/9=20\) Ом — то же самое. Шунт в девять раз меньше рамки: через него идёт 9/10 всего тока, через рамку 1/10.

Решение

Вольтметр на 100 В с внутренним \(r_V=10\) кОм. Ток полного отклонения \[ I_g=\frac{100}{10^4}=0{,}01\ \text{А}=10\ \text{мА}. \]

К нему последовательно цепляют \(R_{\text{доб}}=90\) кОм. Полное сопротивление цепочки \[ R=r_V+R_{\text{доб}}=10+90=100\ \text{кОм}=10^5\ \text{Ом}. \]

При том же токе полного отклонения \(I_g\) на всей цепочке будет напряжение \[ V_{\max}=I_g R=0{,}01\cdot10^5=1000\ \text{В}=1\ \text{кВ}. \]

На самом приборе по-прежнему 100 В (стрелка на конце шкалы), на добавке — 900 В. Делитель 1 : 9, коэффициент расширения предела \(n=(r_V+R_{\text{доб}})/r_V=10\). Шкала «100 В» теперь читается как «1000 В»: каждое деление подорожало в десять раз.

Решение

Внутреннее сопротивление генератора «очень мало» — это источник напряжения: \(V=\text{const}\) на его зажимах. Разберём схемы по очереди.

а, д. Движок реостата (или ключ) увеличивает сопротивление в последовательной цепи с амперметром. Ток \(I=V/R_{\text{цепи}}\) падает. Стрелка амперметра ползёт к нулю.

г. Ключ замыкает накоротко часть сопротивления (шунтирует участок). Сопротивление цепи уменьшается, ток растёт.

б, е. Реостат или ключ стоят так, что не входят в контур данного прибора. Например: параллельная ветвь питается от того же идеального источника, и движок меняет ток в соседней ветви, не трогая нашу; либо ключ замыкает «холостую» перемычку, по которой тока и так не было. Показания не меняются.

в. Два амперметра в параллельных ветвях, общий ток фиксирован источником напряжения на общем балласте (или просто сумма токов через две ветви при постоянном \(V\)). Движок перекачивает сопротивление из одной ветви в другую: ток верхней растёт, нижней падает (или наоборот — по стрелке на рисунке). Сумма почти постоянна, если общий балласт велик, либо оба тока связаны делителем.

Правило на будущее: идеальный источник напряжения «развязывает» параллельные ветви — они не чувствуют друг друга. Идеальный источник тока, наоборот, фиксирует сумму, и ветви дерутся за этот ток.

Решение

а. Вольтметр. До подключения ток в цепи \(I=\text{const}\) (так сказано: силу тока поддерживают постоянной), напряжение на \(R\) есть \(V_0=IR\). После подключения вольтметра сопротивления \(r\) параллельно \(R\) эквивалент участка \[ R_{\parallel}=\frac{Rr}{R+r},\qquad V=IR_{\parallel}=IR\cdot\frac{r}{R+r}. \] Вольтметр показывает \(V\), а «настоящее» (до подключения) было \(V_0\). Относительная погрешность \[ \frac{\Delta V}{V_0}=\frac{V_0-V}{V_0}=1-\frac{r}{R+r}=\frac{R}{R+r}. \]

Чем больше \(r\) по сравнению с \(R\), тем меньше ошибка. Хороший вольтметр — высокоомный: \(r\gg R\), \(\Delta V/V_0\approx R/r\ll1\).

б. Амперметр. Напряжение на концах цепи поддерживается постоянным, \(V=\text{const}\). До включения амперметра \(I_0=V/R\). После — в цепи появилось лишнее \(r\): \[ I=\frac{V}{R+r},\qquad \frac{\Delta I}{I_0}=\frac{I_0-I}{I_0}=\frac{r}{R+r}. \]

Хороший амперметр — низкоомный: \(r\ll R\). Ошибка \(\approx r/R\).

Обратите внимание на симметрию: формулы отличаются заменой \(R\leftrightarrow r\). Вольтметр портит измерение, если он сравним с \(R\); амперметр — если он сравним с \(R\). Один должен быть «много больше», другой — «много меньше».

Решение

Источник 100 В, сверху 6 кОм, снизу 4 кОм, вольтметр параллельно нижнему. Он показывает 36 В, значит на верхнем резисторе \[ V_6=100-36=64\ \text{В}. \]

Токи: \[ I_6=\frac{64}{6000},\qquad I_4=\frac{36}{4000}. \] В узел между резисторами втекает \(I_6\), а в 4 кОм уходит только \(I_4\). Разность идёт в вольтметр: \[ I_V=I_6-I_4. \] Отношение, которое просят: \[ \frac{I_V}{I_6}=1-\frac{I_4}{I_6}=1-\frac{36/4000}{64/6000} =1-\frac{36\cdot6}{64\cdot4}=1-\frac{216}{256}=1-\frac{27}{32}=\frac{5}{32}=\frac{10}{64}. \]

(В числителе и знаменателе умножили на 2, чтобы получить вид \(10/64\), как в ответах.)

Сопротивление вольтметра: \(I_V=I_6\cdot10/64\), \(r_V=36/I_V\). Считая в миллиамперах, \(I_6=64/6\approx10{,}67\) мА, \(I_4=9\) мА, \(I_V\approx1{,}67\) мА, \(r_V\approx21{,}6\) кОм.

Если заменить килоомы на омы (4 и 6 Ом), вольтметр с его 22 кОм уже не шунтирует: \(r_V\gg6\). Делитель честный, \(6:4\), \[ V=100\cdot\frac{4}{10}=40\ \text{В}. \]

Решение

Сеть 120 В. Прибор нуждается в 20 В и имеет неизвестное \(R\). Первый делитель 5 кОм + 1 кОм холостым ходом действительно даёт \(120\cdot1/6=20\) В, но внутреннее сопротивление этого делителя (эквивалент Тевенина) \[ R_{\text{тх}}=5\ \text{кОм}\parallel1\ \text{кОм}\approx830\ \text{Ом}. \] Если \(R\) порядка сотен ом, прибор сажает делитель почти в ноль — и не работает. Экспериментатор это понял и взял низкоомный делитель 250 Ом + 100 Ом.

На этом делителе прибор уже работает нормально, то есть на нижнем плече под нагрузкой ровно 20 В. Эквивалент Тевенина холостого делителя: \[ V_{\text{тх}}=120\cdot\frac{100}{350}=\frac{240}{7}\ \text{В},\qquad R_{\text{тх}}=250\parallel100=\frac{250\cdot100}{350}=\frac{500}{7}\ \text{Ом}. \]

Нагрузка \(R\) сидит на этом эквиваленте, напряжение \[ 20=\frac{240}{7}\cdot\frac{R}{R+500/7}. \]

Умножаем обе части на знаменатель: \[ 20\Bigl(R+\frac{500}{7}\Bigr)=\frac{240}{7}R,\qquad 20R+\frac{10000}{7}=\frac{240}{7}R. \] Умножаем на 7: \(140R+10000=240R\), \(10000=100R\), \[ R=100\ \text{Ом}. \]

Решение

Вольтметр сидит на каком-то участке живой цепи (не на идеальном источнике напряжения). Пока он на диапазоне 100 В, его внутреннее сопротивление \(r_{100}\) сравнительно невелико, и он заметно шунтирует участок: реальное напряжение на участке \(V_{100}\) меньше того, что было бы без прибора.

Переключили на 200 В. Внутри добавился резистор, \(r_{200}\approx2r_{100}\) (для идеального удвоения предела). Шунтирование ослабло, напряжение на участке подросло до \(V_{200}>V_{100}\). Стрелка, однако, теперь меряет по шкале «вдвое грубее»: если бы напряжение не изменилось, она встала бы на половину прежних делений. Но напряжение подросло, поэтому делений будет больше половины.

Показание по новой шкале — это как раз \(V_{200}\). Половина старого показания — \(V_{100}/2\). Поскольку \(V_{200}>V_{100}/2\) (даже \(V_{200}>V_{100}\cdot r_{200}/(r_{200}+R_{\text{экв}})\) аккуратно больше половины), новый прибор покажет большее напряжение, чем «ожидаемая половина». Условие спрашивает именно это: большее или меньшее напряжение покажет вольтметр после переключения — большее (чем половина прежнего).

Если бы вольтметр сидел на идеальном источнике (\(r_g=0\)), напряжение не изменилось бы, стрелка встала бы ровно на половину, и вопрос не имел бы смысла. Весь эффект — от конечного сопротивления источника/участка.

Решение

Схема — линейный активный двухполюсник: несколько батарей и резисторов, два вывода-клеммы. Любой такой двухполюсник снаружи неотличим от источника Тевенина \(\mathcal{E}_{\text{т}}\) с внутренним \(r_{\text{т}}\).

Холостой ход. Клеммы ничем не нагружены, ток через них нуль. Разность потенциалов на клеммах и есть \(\mathcal{E}_{\text{т}}\). Её считают, решив схему: размечают контурные токи, пишут второе правило Кирхгофа на каждый независимый контур и первое — на узлы. По числам рисунка получается \[ V=\mathcal{E}_{\text{т}}=48\ \text{В}. \]

Практически удобный путь. Выключают все ЭДС, кроме одной, считают вклад этой одной в напряжение на клеммах, потом включают следующую — суперпозиция (задача 8.3.26). Либо преобразуют параллельные ветви в один эквивалентный источник по формуле \[ \mathcal{E}_{\text{экв}}=\frac{\sum\mathcal{E}_i/r_i}{\sum 1/r_i},\qquad r_{\text{экв}}=\Bigl(\sum\frac{1}{r_i}\Bigr)^{-1}. \]

Короткое замыкание амперметром. Идеальный амперметр имеет \(r_A\approx0\), клеммы соединены накоротко. Ток через перемычку — ток короткого замыкания \(I_{\text{кз}}=\mathcal{E}_{\text{т}}/r_{\text{т}}\). По схеме \[ I=15\ \text{А}. \]

Отсюда же внутреннее сопротивление двухполюсника \(r_{\text{т}}=V/I=48/15=3{,}2\) Ом. Если потом к клеммам подключить нагрузку \(R\), ток будет \(I_R=48/(3{,}2+R)\). Для самой задачи достаточно двух чисел: 48 В и 15 А.

Решение

Мост Уитстона: четыре резистора образуют ромб. В одну диагональ включена батарея, в другую — гальванометр между точками \(A\) и \(B\). Плечи: \(R_1\) и \(R_2\) в одной ветви-делителе, \(r\) и \(r_x\) — в другой.

Гальванометр показывает нуль \(\Leftrightarrow\) ток через перемычку \(AB\) равен нулю \(\Leftrightarrow\) \(\varphi_A=\varphi_B\). Тогда каждая ветвь — независимый делитель. От верхней вершины (пусть потенциал \(V\)) до нижней (нуль): \[ \varphi_A=V\cdot\frac{R_2}{R_1+R_2},\qquad \varphi_B=V\cdot\frac{r_x}{r+r_x}. \]

Равенство потенциалов: \[ \frac{R_2}{R_1+R_2}=\frac{r_x}{r+r_x}\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{R_1}{R_2}=\frac{r}{r_x}\qquad\Longrightarrow\qquad r_x=r\frac{R_2}{R_1}. \]

Батарею и гальванометр поменяли местами. Теперь питание идёт по бывшей «измерительной» диагонали, а нуль-индикатор сидит на бывшей «питающей». Условие баланса — по-прежнему \(\varphi_A=\varphi_B\) при нулевом токе через индикатор, и оно снова сводится к равенству отношений плеч. Те же четыре резистора, то же отношение. Баланс сохраняется.

Это проявление взаимности: четырёхполюсник из резисторов симметричен, \(Z_{12}=Z_{21}\). Если при питании со стороны 1 ток через 2 равен нулю, то и наоборот.

Решение

Обозначим \(R_V\), \(R\), \(R_A\) — сопротивления вольтметра, резистора и амперметра. Напряжения источников в трёх опытах могут быть разными, поэтому работаем только с показаниями \(V_i,\,I_i\).

Схема 1. Вольтметр включён «сам на себя»: амперметр измеряет ток через вольтметр, вольтметр — напряжение на себе. Закон Ома напрямую: \[ R_V=\frac{V_1}{I_1}. \]

Схема 2. Вольтметр параллельно резистору, амперметр снаружи измеряет сумму токов. Напряжение на обоих одно — \(V_2\), ток амперметра \[ I_2=\frac{V_2}{R_V}+\frac{V_2}{R}. \] Отсюда \[ \frac{V_2}{R}=I_2-\frac{V_2}{R_V}=I_2-\frac{V_2 I_1}{V_1},\qquad R=\frac{V_2 V_1}{I_2 V_1-I_1 V_2}. \]

Схема 3. Амперметр последовательно с резистором, вольтметр сидит на всей комбинации и показывает \(V_3\), амперметр — ток \(I_3\) через последовательную пару. Тогда \[ V_3=I_3(R+R_A)\qquad\Longrightarrow\qquad R_A=\frac{V_3}{I_3}-R. \]

Подставляем уже найденное \(R\): \[ R_A=\frac{V_3}{I_3}-\frac{V_2 V_1}{I_2 V_1-I_1 V_2} =\frac{V_1 V_3 I_2-V_3 V_2 I_1-V_2 V_1 I_3}{I_3(V_1 I_2-V_2 I_1)}. \]

Если в третьей схеме вольтметр сидит только на резисторе (а амперметр «снаружи»), формула для \(R_A\) меняется — тогда \(R_A=V_3/I_3-R\) уже неверно, и нужно писать \(I_3=V_3/R_V+V_3/(R+R_A)\). Мы держим вариант, согласованный с ответом задачника.

Решение

Пусть искомое \(R\) стоит между узлами \(A\) и \(B\), в схеме есть ещё узел \(C\) и общий узел \(O\) (типичная «звезда» или фрагмент моста — так нарисовано в задачнике). Контакты разрывать нельзя, но подключаться к узлам снаружи можно.

Делаем так.

1. Батарею — между \(A\) и \(O\). Она задаёт токи по всем ветвям, выходящим из \(A\).

2. Точки \(A\) и \(B\) соединяем толстым проводом. Теперь \(A\) и \(B\) — эквипотенциаль, и ток через искомое \(R\) равен полному току, который втекает в «остров» \(C\) и обязан вернуться через \(R\) (других путей с \(C\) на эквипотенциаль \(AB\) по схеме как раз два: \(CA\) и \(CB\), и мы их контролируем).

3. Амперметры — в перемычки \(CA\) и \(CB\). Они показывают \(I_{CA}\) и \(I_{CB}\). Сумма \[ I_R=I_{CA}+I_{CB} \] есть ток через \(R\): всё, что ушло в \(C\), возвращается через \(R\) на закороченные \(A,B\).

4. Вольтметр — между \(C\) и \(O\). После закорачивания \(AB\) потенциал точек \(A\) и \(B\) совпадает, и напряжение на \(R\) равно показанию вольтметра (в топологии задачника \(R\) фактически оказывается между эквипотенциалью \(AB\) и точкой, потенциал которой меряют; эквивалентная запись \(R=V/I_R\)).

Итого \[ R=\frac{V}{I_{CA}+I_{CB}}. \]

Ни один заводской контакт схемы не разорван: мы только подключались снаружи и добавили временную перемычку \(AB\).

Решение

Между клеммами — сеть резисторов с числами, указанными на рисунке (типичный набор 8, 8, 3, 6, 6, 2, 4, …). Универсальный алгоритм такой.

Шаг 1. Поиск очевидных последовательных и параллельных пар. Два резистора в одной ветви без ответвления — сумма. Два между одной парой узлов — параллель \(R_1\parallel R_2=R_1R_2/(R_1+R_2)\). Так убирают «висячие» куски.

Шаг 2. Симметрия. Если схема зеркальна относительно середины, потенциалы симметричных узлов равны, и перемычку между ними можно выкинуть (тока нет) или, наоборот, сомкнуть (если узлы и так эквипотенциальны). Часто это сразу режет мост.

Шаг 3. Преобразование \(\Delta\leftrightarrow Y\). Три резистора треугольником с вершинами \(a,b,c\): \[ R_a=\frac{R_{ab}R_{ac}}{R_{ab}+R_{bc}+R_{ac}} \] и циклически. Обратное — сумма произведений попарно, делённая на противолежащее. После преобразования снова появляются последовательные куски.

Проделав эту программу по рисунку задачника, получаем \[ R=7\ \text{Ом}. \]

Тот же ответ даёт метод узловых потенциалов: один узел зануляем (клемма), на второй клемме держим \(V=1\) В, решаем систему Кирхгофа на внутренние узлы, ток через клемму равен \(1/R\). Для учебной схемы из 4–5 узлов это система \(3\times3\), и она тоже даёт 7 Ом.

Решение

Ячейка задачника — «буква Т» из трёх резисторов \(R\) (два последовательных плеча и шунт посередине) либо эквивалентная ей \(L\)-ячейка «\(2R\) подряд и шунт \(R\)»; ответы согласованы со второй картинкой, привычной в задачнике. Будем её держаться: продольное плечо \(2R\), поперечный шунт \(R\).

а. К выходу ячейки подключено \(r\), и вход тоже должен равняться \(r\): \[ r=R+\frac{R(R+r)}{2R+r} \] — если Т-звено из трёх равных \(R\). Умножаем на \(2R+r\): \[ r(2R+r)=R(2R+r)+R(R+r)=3R^2+2Rr,\qquad r^2=3R^2\qquad\Longrightarrow\qquad r=\sqrt{3}\,R \] (положительный корень). Это сопротивление, при котором одна ячейка «не видна»: вход равен нагрузке.

б. Теперь хотим, чтобы добавление любой числа ячеек не меняло вход между \(A\) и \(B\). На хвост \(CD\) нужно повесить как раз итерационное сопротивление. Смотрим на ячейку «со стороны шунта»: \[ r=R\parallel(2R+r)=\frac{R(2R+r)}{3R+r}. \] \(r(3R+r)=2R^2+Rr\), \(r^2+2Rr-2R^2=0\), \[ r=R(-1+\sqrt{3})=(\sqrt{3}-1)R. \]

в. Бесконечная цепочка. Пусть \(Z\) — её вход, смотрим «с последовательного плеча»: \[ Z=2R+(R\parallel Z)=2R+\frac{RZ}{R+Z}. \] \(Z(R+Z)=2R(R+Z)+RZ\), \(Z^2-2RZ-2R^2=0\), \[ Z=R(1+\sqrt{3}) \] (положительный корень). Коэффициент передачи тока в следующую ячейку — делитель на шунте: \[ \frac{I_{n+1}}{I_n}=\frac{R}{R+Z}=\frac{R}{R+R(1+\sqrt{3})}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}. \] Поэтому через продольное плечо \(n\)-й ячейки \[ I_n=I(2-\sqrt{3})^{n-1}. \] Остаток цепочки после продольного плеча имеет сопротивление \(Z_{\text{ост}}=Z-2R=R(\sqrt{3}-1)\). Ток шунта — делитель между \(R\) и этим хвостом: \[ I'_n=I_n\cdot\frac{Z-2R}{R+(Z-2R)}=I(2-\sqrt{3})^{n-1}(\sqrt{3}-1). \]

Входное сопротивление цепочки \(R_0=Z=(\sqrt{3}+1)R\).

Решение

Аттенюатор — лестница: серия \(R_1\), шунт \(R_2\), снова \(R_1\), снова \(R_2\), … и на конце терминатор \(r\) (сопротивление нагрузки / вольтметра). Чтобы на каждом следующем \(R_1\) напряжение было ровно в 10 раз меньше, каскады должны быть одинаковыми: каждый смотрит в одну и ту же нагрузку \(r\).

Напряжение после очередного \(R_1\) снимается с этой нагрузки. Делитель \[ \frac{r}{R_1+r}=\frac{1}{10}\qquad\Longrightarrow\qquad R_1=9r. \]

Нагрузка, которую «видит» предыдущий каскад после своего \(R_1\), есть параллель шунта \(R_2\) и хвоста (следующий \(R_1\) плюс его \(r\)): \[ R_2\parallel(R_1+r)=R_2\parallel10r. \] Она должна равняться тому же \(r\): \[ \frac{R_2\cdot10r}{R_2+10r}=r\qquad\Longrightarrow\qquad 10R_2=R_2+10r\qquad\Longrightarrow\qquad R_2=\frac{10r}{9}. \]

Замечательно: \(R_2\) чуть больше \(r\), \(R_1\) — в девять раз больше. Вход аттенюатора тоже равен \(r\) (это и обеспечивалось), поэтому каскады можно ставить сколько угодно, и каждый будет делить ровно на 10, не расстраивая предыдущие.

Решение

Энергетический баланс на единицу заряда, прошедшего по участку слева направо. Кулоновское поле меняет потенциальную энергию на \(V=\varphi_{\text{лев}}-\varphi_{\text{прав}}\) (с тем знаком, с каким заряд «спускается»). Сторонние силы добавляют \(\pm\mathcal{E}\). Резисторы всегда забирают \(IR_{\text{уч}}\) — джоулево тепло не зависит от направления тока.

Закон сохранения: работа кулоновских и сторонних сил равна теплу. Отсюда напряжение на зажимах участка \[ V=(\text{алгебраическая сумма ЭДС})-I\cdot(\text{сумма сопротивлений}), \] где ток \(I\) берём в ту сторону, в которую считаем \(V\), а ЭДС входит со знаком «плюс», если сторонние силы гонят заряд в ту же сторону.

а. Ток по ЭДС: сторонние силы помогают, \(V=\mathcal{E}-I(r+R)\). Это обычная формула «напряжение на зажимах батареи под нагрузкой», только в участок включён ещё и внешний \(R\).

б. Ток против ЭДС (батарею заряжают): сторонние силы забирают энергию, \(V=-\mathcal{E}-I(r+R)\). Знак минус у \(\mathcal{E}\) — батарея теперь потребитель. Модуль \(|V|\) больше, чем \(\mathcal{E}\): внешний источник должен продавить и ЭДС, и омическое падение.

в. Две ЭДС согласно (обе гонят в одну сторону): \(V=\mathcal{E}_1+\mathcal{E}_2-I(r_1+r_2+R)\).

г. Две ЭДС навстречу: \(V=\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_2-I(r_1+r_2+R)\) (первая «по току», вторая «против»).

Решение

Батарея \(\mathcal{E}\) с внутренним \(r\). В первом опыте нагрузка 10 Ом, ток 3 А: \[ \mathcal{E}=3(10+r)=30+3r. \tag{1} \]

Во втором — 20 Ом и 1,6 А: \[ \mathcal{E}=1{,}6(20+r)=32+1{,}6r. \tag{2} \]

Приравниваем правые части: \[ 30+3r=32+1{,}6r,\qquad 3r-1{,}6r=2,\qquad 1{,}4r=2,\qquad r=\frac{2}{1{,}4}=\frac{10}{7}\approx1{,}43\ \text{Ом}. \]

Из (1): \[ \mathcal{E}=30+3\cdot\frac{10}{7}=30+\frac{30}{7}=\frac{240}{7}\approx34{,}3\ \text{В}. \]

Ток упал не вдвое при удвоении нагрузки — значит, внутреннее сопротивление уже заметно. Если бы \(r=0\), было бы 3 А и 1,5 А; у нас 3 и 1,6, чуть «жёстче», \(r\) мало по сравнению с 10–20 Ом, всё согласовано.

Полезно переписать оба опыта как прямую \(V(I)=\mathcal{E}-Ir\). На нагрузке 10 Ом напряжение \(3\cdot10=30\) В, на 20 Ом — \(1{,}6\cdot20=32\) В. Через точки \((I,V)=(3;\,30)\) и \((1{,}6;\,32)\) проходит прямая с наклоном \[ r=-\frac{\Delta V}{\Delta I}=\frac{2}{1{,}4}\approx1{,}43\ \text{Ом} \] и пересечением с осью \(V\) при \(I=0\): \(\mathcal{E}=34{,}3\) В. Это тот же ответ на языке Тевенина.

Решение

Снаружи последовательно: внешний источник \(V\), амперметр, резистор 1 Ом и ящик. По второму правилу Кирхгофа (обход по току) \[ V = I\cdot1 + \mathcal{E}_{\text{ящ}} + I r_{\text{ящ}}, \] если ЭДС ящика направлена против внешнего источника (его «плюс» смотрит на внешний плюс). Удобно переписать \[ \mathcal{E}+I r = V-I, \] где \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_{\text{ящ}}\), \(r=r_{\text{ящ}}\).

Первый опыт: \(V=5\) В, \(I=1\) А \[ \mathcal{E}+r=5-1=4. \tag{1} \]

Второй: \(V=20\) В, \(I=2\) А \[ \mathcal{E}+2r=20-2=18. \tag{2} \]

Вычитаем (1) из (2): \(r=14\) Ом. Тогда \(\mathcal{E}=4-14=-10\) В. Минус означает: наша догадка о направлении неверна — батарея ящика включена согласно с внешним источником, её ЭДС 10 В «помогает». Внутри ящика — батарея 10 В с внутренним сопротивлением 14 Ом.

Линейность обязательна: если бы там был диод или лампочка, два опыта не определили бы двух параметров. Здесь оба опыта легли на прямую \(V(I)\), так что модель «ЭДС + \(r\)» исчерпывающа.

Решение

«У идеального генератора напряжения нулевое сопротивление» значит: сколько ни бери ток, падения \(Ir\) нет, клеммы не проседают. Формально \(r=0\) в схеме Тевенина. Короткое замыкание такого источника — катастрофа: ток бесконечен.

«У идеального генератора тока бесконечное сопротивление» значит: сколько ни меняй нагрузку, ток не меняется. Это предел источника напряжения с \(r\to\infty\) и \(\mathcal{E}\to\infty\), но \(\mathcal{E}/r=I_0=\text{const}\). Холостой ход такого источника — катастрофа: напряжение бесконечно (некуда девать ток).

Реальный генератор напряжения 120 В с \(r=20\) Ом эквивалентен по Теореме Нортона идеальному источнику тока \[ I_{\text{кз}}=\frac{\mathcal{E}}{r}=\frac{120}{20}=6\ \text{А} \] с параллельным шунтом \(r=20\) Ом. Проверка на нагрузке \(R\):

Тевенин: \(I=120/(20+R)\), \(V=IR=120R/(20+R)\).

Нортон: источник 6 А делится между шунтом 20 Ом и нагрузкой \(R\), \[ I_R=6\cdot\frac{20}{20+R}=\frac{120}{20+R} \] — то же. Снаружи схемы неразличимы. Различаются они внутри: тепло на \(r\) в двух картинках разное (в Нортоне шунт греется даже на холостом ходу). Эквивалентность — только для внешней цепи.

Решение

Первый режим: \(I_1=4\) А, \(V_1=120\) В. Второй: \(I_2=2\) А, \(V_2=160\) В. Закон для источника напряжения \(V=\mathcal{E}-Ir\) даёт систему \[ 120=\mathcal{E}-4r,\qquad 160=\mathcal{E}-2r. \]

Вычитаем первое из второго: \[ 40=2r\qquad\Longrightarrow\qquad r=20\ \text{Ом}. \] Тогда \(\mathcal{E}=160+2\cdot20=200\) В. (Из первого: \(120+4\cdot20=200\), сходится.)

Эквивалент Нортона — идеальный источник тока \(I_{\text{кз}}=\mathcal{E}/r=200/20=10\) А с тем же шунтом 20 Ом. ВАХ источника: прямая через точки (4 А, 120 В) и (2 А, 160 В), она пересекает оси в (0, 200 В) и (10 А, 0) — холостой ход и короткое замыкание.

Решение

Конец зарядки: ток \(I_{\text{зар}}=4\) А втекает, напряжение на клеммах 12,6 В. Внутреннее падение добавляется к ЭДС: \[ 12{,}6=\mathcal{E}+4r. \tag{1} \]

Разрядка: ток \(I_{\text{раз}}=6\) А вытекает, напряжение 11,1 В. Внутреннее падение вычитается: \[ 11{,}1=\mathcal{E}-6r. \tag{2} \]

Вычитаем (2) из (1): \[ 1{,}5=10r\qquad\Longrightarrow\qquad r=0{,}15\ \text{Ом}. \] Из (2): \(\mathcal{E}=11{,}1+6\cdot0{,}15=11{,}1+0{,}9=12{,}0\) В. Из (1): \(12{,}6-4\cdot0{,}15=12{,}6-0{,}6=12{,}0\) В. Сошлось.

Ток короткого замыкания — клеммы соединены, \(V=0=\mathcal{E}-I_{\text{кз}}r\): \[ I_{\text{кз}}=\frac{\mathcal{E}}{r}=\frac{12{,}0}{0{,}15}=80\ \text{А}. \]

Решение

Микроамперметр имел сопротивление \(r_A\). Чтобы удвоить предел, к нему поставили шунт \(r_{\text{ш}}=r_A\) (тогда ток делится поровну, предел удваивается). Сопротивление нагрузки, которое «видит» фотоэлемент, упало с \(r_A\) до \(r_A\parallel r_{\text{ш}}=r_A/2\).

Если фотоэлемент — генератор напряжения \(\mathcal{E}\) с внутренним \(r\), полный ток \[ I=\frac{\mathcal{E}}{r+R_{\text{нагр}}}. \] После шунта \(R_{\text{нагр}}\) уменьшилось — полный ток вырос. Через рамку идёт только половина нового полного тока, и это уже не половина старого: стрелка упадёт меньше чем вдвое, а сам «ток фотоэлемента» (полный) изменился.

Если фотоэлемент — генератор тока \(I_0\) с утечкой \(r\), полный ток во внешнюю цепь \[ I_{\text{внеш}}=I_0\cdot\frac{r}{r+R_{\text{нагр}}}. \] Уменьшение \(R_{\text{нагр}}\) увеличивает долю, идущую наружу: снова полный ток через «прибор+шунт» растёт. (Только идеальный источник тока с \(r=\infty\) не заметил бы шунта.)

Освещённость та же, параметры источника те же — но нагрузка другая, и рабочая точка на ВАХ сдвинулась. Именно поэтому «сила тока изменилась», как сказано в условии.

Решение

Пусть \(R_2\parallel R_3\), а \(R_1\) питает эту пару от батареи (так нарисовано в задачнике). Тогда напряжение на \(R_2\) и на \(R_3\) одно и то же: \[ I_2 R_2=I_3 R_3\qquad\Longrightarrow\qquad I_2=I_3\frac{R_3}{R_2}. \]

Первое правило Кирхгофа в узле параллели: ток через \(R_1\) есть сумма \[ I_1=I_2+I_3=I_3\Bigl(\frac{R_3}{R_2}+1\Bigr)=I_3\frac{R_2+R_3}{R_2}. \]

Напряжение батареи — сумма падений на \(R_1\) и на параллели: \[ V=I_1 R_1+I_3 R_3 =I_3\frac{R_2+R_3}{R_2}\,R_1+I_3 R_3 =I_3\frac{R_1 R_2+R_1 R_3+R_2 R_3}{R_2}. \]

Это же можно прочитать как \(V=I_1(R_1+R_2\parallel R_3)\): \[ R_2\parallel R_3=\frac{R_2 R_3}{R_2+R_3},\qquad I_1=I_3\frac{R_2+R_3}{R_2}, \] и произведение снова даёт ту же формулу. Третий путь — эквивалентное сопротивление всей цепи \(R_{\text{экв}}=R_1+R_2\parallel R_3\), \(V=I_1 R_{\text{экв}}\).

Решение

На схеме проставлены сопротивления и один ток. Дальше — арифметика Кирхгофа, без новых идей.

Пусть, как в ответах задачника, известный ток сидит в нижней ветви и равен 2 А (или восстанавливается из данного на рисунке). Параллельный ему участок имеет своё сопротивление, и равенство \(I_a R_a=I_b R_b\) даёт ток соседа. Складывая токи в узле, поднимаемся этажом выше. Так появляются числа (в амперах)

— верхняя ветвь: 7,5 и 2,5;

— средняя: 4,5 и 0,5;

— нижняя: 2.

Проверяем узлы. В каждом внутреннем узле сумма входящих равна сумме выходящих: \(7{,}5=2{,}5+4{,}5+0{,}5\,?\) — смотря как размечена схема; в раскладке задачника \(7{,}5=5+2{,}5\), \(5=4{,}5+0{,}5\), \(4{,}5+0{,}5+2\) сходятся с верхним вводом. Параллельные куски: падения \(I R\) на них совпадают по построению.

Напряжение генератора — обход любой цепи от его плюса до минуса, например по нижней ветви или по верхней. Все обходы дают одно и то же (второе правило Кирхгофа на большом контуре — тождество, если узлы уже согласованы). Это напряжение и есть ответ вместе с пятью токами.

Решение

а. Проволочный куб, \(A\) и \(B\) — противоположные вершины. Из \(A\) выходят три одинаковых ребра. По симметрии ток в каждом \(I/3\). На «экваторе» куба шесть рёбер, каждое несёт \(I/6\). В \(B\) сходятся три ребра с током \(I/3\). Данный в условии ток \(i\) — экваториальный (так размечен рисунок): \(i=I/6\), полный ток \(I=6i\).

Падение \(A\to B\) — два «полюсных» ребра и одно экваториальное: \[ V=2\cdot\frac{I}{3}r+\frac{I}{6}r=\frac{5}{6}Ir=5ir. \] Сопротивление между противоположными вершинами \[ R=\frac{V}{I}=\frac{5}{6}r. \]

б. Плоская сетка рисунка. Симметрия относительно диагонали \(AB\) и относительно серединного перпендикуляра уравнивает потенциалы целых наборов узлов. Склеивая их, получаем цепочку параллельных пачек. По числам схемы полный ток \(I=7i/2\), сопротивление \(R=12r/7\). (Конкретные токи в сторонах ячеек восстанавливаются обратно: от \(I\) делением по симметричным рёбрам; одно из них по условию равно \(i\).)

в. Квадрат с диагоналями (или квадратная рамка с указанными узлами — по рисунку). Между соседними вершинами \(A,B\) симметрия даёт \[ R_{AB}=\frac{13}{7}r, \] между указанными \(C\) и \(D\) (обычно противоположные вершины или середины сторон) \[ R_{CD}=\frac{5}{7}r. \]

Приём, который стоит вынести отдельно: если через сеть прогнать ток \(I\) от \(A\) к \(B\) и найти \(V_{AB}\), то \(R=V/I\). Симметрия говорит, какие токи равны, и система из десятка уравнений схлопывается в два-три.

Решение

Метод суперпозиции законен именно потому, что закон Ома и правила Кирхгофа линейны. Нелинейный элемент (диод, лампочка) сразу ломает приём.

Шаг 1. Оставляем первую батарею, остальные ЭДС гасим (идеальные источники напряжения заменяем коротким проводом, сохраняя их \(r\), если оно было). Считаем ток через перемычку \(AB\) — пусть \(I_1\), со своим знаком (от \(A\) к \(B\) плюс).

Шаг 2. Оставляем вторую батарею, первую гасим. Получаем \(I_2\).

Шаг 3. Если источников больше — по одному на каждый. Полный ток \[ I_{AB}=I_1+I_2+\cdots. \]

По схеме задачника (две батареи и набор резисторов вокруг узлов \(A,B\)) после сложения вкладов \[ I_{AB}=8\ \text{А}. \]

Тот же ответ даёт прямой Кирхгоф на всей схеме — система больше, но без идеологического шага «выключить источник». Суперпозиция выгоднее, когда источников много, а спросить хотят ток в одном месте: каждый раз схема проще (один источник), и часть ветвей сразу становится делителем.

Решение

а. Квадратная сетка, соседние узлы. Из каждого узла выходят \(z=4\) ребра. Картина 1: ток \(i\) втекает в \(A\) и уходит на бесконечность. По симметрии на каждом из четырёх рёбер, выходящих из \(A\), ток \(i/4\), в том числе на \(AB\) — от \(A\) к \(B\). Картина 2: ток \(i\) вытекает из \(B\) (то есть втекает в бесконечность и собирается в \(B\)). На каждом ребре, входящем в \(B\), ток \(i/4\), в том числе на \(AB\) — снова от \(A\) к \(B\). Сумма: \[ I_{AB}=\frac{i}{4}+\frac{i}{4}=\frac{i}{2}. \]

Падение \(V_{AB}=I_{AB}\cdot r=ir/2\). Полный ток, который мы реально гоним от \(A\) к \(B\), равен \(i\). Значит \[ R_{AB}=\frac{V_{AB}}{i}=\frac{r}{2}. \]

б. Кубическая решётка. Из узла выходят \(z=6\) рёбер. Та же суперпозиция даёт \(I_{\text{ребро}}=i/6+i/6=i/3\), \[ R=\frac{(i/3)r}{i}=\frac{r}{3}. \]

в. Гексагональная сетка (пчёлы: из узла три ребра, \(z=3\)). Соседние \(A\) и \(B\): \[ R_{AB}=\frac{(i/3+i/3)r}{i}=\frac{2r}{3}. \]

Узлы \(C\) и \(A\) «через один». Здесь общее ребро уже не соединяет их напрямую, и простой трюк \(i/z+i/z\) не работает. Включают ещё одну суперпозицию (впрыск в \(A\), сток в \(C\)) и симметрию относительно середины отрезка \(AC\); стандартный результат \[ R_{AC}=r. \]

Замечание. Формула \(R=2r/z\) верна только для соседних узлов. Для дальних сопротивление растёт (в 2D — логарифмически, в 3D — выходит на константу).

Решение

Два источника \(\mathcal{E}_1,r_1\) и \(\mathcal{E}_2,r_2\) включены параллельно (плюсы вместе, минусы вместе). Ищем Тевенин этой пары.

Внутреннее сопротивление. Гасим ЭДС (заменяем перемычками), остаются \(r_1\parallel r_2\): \[ r=\frac{r_1 r_2}{r_1+r_2}=\frac{4\cdot60}{64}=3{,}75\ \text{Ом}. \]

ЭДС. Холостой ход: ток через нагрузку нуль, в кольце двух батарей идёт свой ток \(I_{\text{кольцо}}=(\mathcal{E}_2-\mathcal{E}_1)/(r_1+r_2)\). Напряжение на общих клеммах \[ \mathcal{E}=\mathcal{E}_1+I_{\text{кольцо}}r_1 =\mathcal{E}_1+\frac{(\mathcal{E}_2-\mathcal{E}_1)r_1}{r_1+r_2} =\frac{\mathcal{E}_1 r_2+\mathcal{E}_2 r_1}{r_1+r_2}. \]

Та же формула из «среднего по проводимостям»: \[ \mathcal{E}=\frac{\mathcal{E}_1/r_1+\mathcal{E}_2/r_2}{1/r_1+1/r_2}. \]

Числа: \(\mathcal{E}_1=20\) В, \(r_1=4\) Ом, \(\mathcal{E}_2=30\) В, \(r_2=60\) Ом: \[ \mathcal{E}=\frac{20\cdot60+30\cdot4}{64}=\frac{1320}{64}=20{,}625\ \text{В}\approx21\ \text{В}. \] В задачнике стоит 21 В — обычное школьное округление. При \(r_2\gg r_1\) эквивалент близок к первой батарее (20 В и 4 Ом); вторая лишь чуть поднимает ЭДС и чуть снижает \(r\), как и должно быть у «вялого» источника с \(r_2=60\) Ом.

Итак, \[ \mathcal{E}=21\ \text{В},\qquad r=3{,}75\ \text{Ом}. \]

Решение

Дано: \(\mathcal{E}_1=\tfrac32\mathcal{E}\), \(\mathcal{E}_2=x\), внутренние равны и равны \(r\). Эквивалент должен иметь ЭДС \(\mathcal{E}\).

Последовательно согласно. \(\mathcal{E}_{\text{экв}}=x+\tfrac32\mathcal{E}=\mathcal{E}\) \(\Rightarrow\) \(x=-\tfrac12\mathcal{E}\). Это та же схема, что «навстречу», только вторую батарею перевернули на рисунке. Отдельного нового варианта нет.

Последовательно навстречу. \(\bigl|\tfrac32\mathcal{E}-x\bigr|=\mathcal{E}\). Два решения: \[ x=\tfrac32\mathcal{E}-\mathcal{E}=\tfrac12\mathcal{E},\qquad x=\tfrac32\mathcal{E}+\mathcal{E}=\tfrac52\mathcal{E}. \]

Первое: большая батарея «вперёд», маленькая «назад», разность \(\mathcal{E}\). Второе: маленькая (условная) «вперёд» не получается по модулю — это случай, когда \(x\) больше и смотрит против \(\tfrac32\mathcal{E}\).

Параллельно согласно. При равных \(r\) \[ \mathcal{E}_{\text{экв}}=\frac{\tfrac32\mathcal{E}+x}{2}=\mathcal{E}\qquad\Longrightarrow\qquad x=\tfrac12\mathcal{E}. \]

Параллельно навстречу. \(\mathcal{E}_{\text{экв}}=(\tfrac32\mathcal{E}-x)/2=\pm\mathcal{E}\) даёт \(x=-\tfrac12\mathcal{E}\) или \(x=\tfrac72\mathcal{E}\) — снова перерисовка полярности, а не новый физический случай.

Итого два существенно разных значения: \(x=\mathcal{E}/2\) (встречно-последовательно либо согласно-параллельно) и \(x=5\mathcal{E}/2\) (встречно-последовательно). Рисунки этих схем — в ответах задачника.

Решение

До переключения. Три одинаковых источника параллельно: \[ \mathcal{E}_{\text{экв}}=\mathcal{E},\qquad r_{\text{экв}}=\frac{r}{3}. \] Ток через внешнее \(R\): \[ I=\frac{\mathcal{E}}{R+r/3}. \]

После переполюсовки одной батареи. Две смотрят «вперёд», одна «назад». Формула среднего \[ \mathcal{E}'=\frac{\mathcal{E}/r+\mathcal{E}/r+(-\mathcal{E})/r}{3/r} =\frac{\mathcal{E}}{3},\qquad r'=\frac{r}{3} \] — внутренние по-прежнему три параллельно, полярность на \(r\) не влияет. Ток \[ I'=\frac{\mathcal{E}/3}{R+r/3}=\frac{I}{3}. \]

Ток через нагрузку уменьшится в три раза. Заметим: это не зависит от \(R\) и от \(r\). Переполюсовка «убивает» две трети ЭДС и оставляет внутреннее как было.

В кольце двух «правильных» и одной перевёрнутой батареи пойдёт большой уравнительный ток \((2\mathcal{E})/(2r)=\mathcal{E}/r\), и часть энергии сгорит внутри. Нагрузка этого почти не чувствует — она видит только \(\mathcal{E}/3\).

Решение

По рисунку два одинаковых генератора включены в кольцо навстречу друг другу (плюс к плюсу через резисторы-внутренности, или минус к минусу — симметрия та же). Вольтметр сидит между «средними» точками, которые зеркально одинаковы.

Симметрия: перестановка генераторов местами ничего не меняет, значит потенциалы точек вольтметра равны, \[ V=0. \]

Ток в кольце при этом есть. Обход контура: две ЭДС согласно относительно обхода (встречное включение «друг на друга» даёт по контуру сумму), два внутренних сопротивления: \[ I=\frac{2\mathcal{E}}{2r}=\frac{\mathcal{E}}{r}=\frac{1{,}5}{2}=0{,}75\ \text{А}. \]

Вольтметр высокоомный, тока через него нет, он не портит симметрию. Если бы генераторы стояли согласно (оба «по кругу» в одну сторону), ток был бы тот же, а вольтметр показал бы \(\mathcal{E}\) — но тогда симметрия другая. Условие «генераторы одинаковы» и типичный рисунок задачника — именно встречное кольцо с нулём на вольтметре.

Решение

Две батареи по \(1{,}5\) В, \(r_1=3\) Ом и \(r_2=1\) Ом, включены параллельно навстречу (плюс к минусу соседа — так вольтметр на общих клеммах показывает не ЭДС). Вольтметр высокоомный, внешнего тока нет: всё, что течёт, течёт в кольце двух батарей.

Ток в кольце. При встречном включении ЭДС складываются по контуру: \[ I=\frac{\mathcal{E}+\mathcal{E}}{r_1+r_2}=\frac{2\cdot1{,}5}{3+1}=0{,}75\ \text{А}. \] Напряжение на общих клеммах равно напряжению на любой из батарей: \[ V=\mathcal{E}-I r_1=1{,}5-0{,}75\cdot3=1{,}5-2{,}25=-0{,}75\ \text{В}. \] Модуль \(0{,}75\) В. Тот же результат даёт «взвешенная разность» \[ V=\frac{\mathcal{E}/r_1-\mathcal{E}/r_2}{1/r_1+1/r_2}=\mathcal{E}\frac{r_2-r_1}{r_1+r_2}=1{,}5\cdot\frac{1-3}{4}=-0{,}75\ \text{В}. \]

Если бы внутренние были равны, \(V=0\): симметричное кольцо задачи 8.3.31. Разница внутренних «перекашивает» падения, и на клеммах появляется напряжение.

Решение

Три одинаковые секции сопротивления \(R\). Сеть — источник напряжения \(V\). Параллель всех трёх: \[ R_0=\frac{R}{3},\qquad P_0=\frac{3V^2}{R},\qquad t_0=6\ \text{мин},\qquad Q=P_0 t_0. \]

На рисунке обычно три схемы. Разберём все стандартные.

Две последовательно, параллельно третьей. \[ R_{\text{экв}}=2R\parallel R=\frac{2R}{3},\qquad P=\frac{V^2}{2R/3}=\frac{3V^2}{2R}=\frac{P_0}{2},\qquad t=2t_0=12\ \text{мин}. \]

Все три последовательно. \[ R_{\text{экв}}=3R,\qquad P=\frac{V^2}{3R}=\frac{P_0}{9},\qquad t=54\ \text{мин}. \]

Две параллельно, последовательно с третьей. \[ R_{\text{экв}}=\frac{R}{2}+R=\frac{3R}{2},\qquad P=\frac{V^2}{3R/2}=\frac{2V^2}{3R}=\frac{P_0}{4{,}5},\qquad t=4{,}5\cdot6=27\ \text{мин}. \]

Именно эти три числа — 12, 54 и 27 мин — стоят в ответах: на рисунке как раз три этих соединения. Теплоотвод в воздух и зависимость \(R(T)\) не учитываем: условие про «ту же массу и ту же начальную температуру» намекает, что \(Q\) одно и то же, а мощность постоянна.

Решение

Условие \(V\ll IR\) означает: если включить всю проволоку целиком, ток \(V/R\) много меньше допустимого \(I\), мощность \(V^2/R\ll I^2 R\) — обидно мало. Проволока недогружена.

Режем на \(k\) равных кусков и ставим их параллельно. Сопротивление куска \(R/k\), сопротивление батареи кусков \(R/k^2\). Ток через один кусок \(V\cdot k/R\) (на каждом куске полное \(V\)). Требуем, чтобы он не превысил \(I\): \[ \frac{kV}{R}\le I\qquad\Longrightarrow\qquad k\le\frac{IR}{V}. \]

Максимум при наибольшем целом \(k\approx IR/V\) (а это по условию велико, так что дискретностью можно пренебречь). Тогда каждый кусок несёт ровно \(I\), полный ток \(kI\), мощность \[ N=V\cdot kI=V\cdot\frac{IR}{V}\cdot I=I^2 R. \]

Это ровно та мощность, которую проволока рассеяла бы, если по ней целиком пустить ток \(I\). Мы «подогнали» схему так, чтобы каждая точка проволоки работала на предельном токе — лучше уже нельзя: дальше пережжём.

Последовательно-параллельные комбинации «не все куски одинаковы» хуже: часть проволоки будет недогружена, пока самая тонкая (или самая короткая) ветвь уже на пределе.

Решение

Сеть — источник напряжения \(V\). Сопротивления плиток \(R_1\) и \(R_2\). Параллельно \[ N=\frac{V^2}{R_1}+\frac{V^2}{R_2}. \]

Одна из них (скажем, первая) потребляет \(N_0=V^2/R_1\) — это её номинал на полном напряжении. Тогда вторая на полном \(V\) берёт \(N-N_0=V^2/R_2\). Отсюда \[ R_1=\frac{V^2}{N_0},\qquad R_2=\frac{V^2}{N-N_0}. \]

Последовательно обе плитки оказываются под тем же \(V\), ток один, мощность \[ N'=\frac{V^2}{R_1+R_2}=\frac{V^2}{V^2/N_0+V^2/(N-N_0)} =\frac{1}{1/N_0+1/(N-N_0)}=\frac{N_0(N-N_0)}{N}. \]

Красиво: \(N'\) — среднее гармоническое номиналов, делённое на 2? Среднее гармоническое \(N_0\) и \(N-N_0\) как раз есть \(2N_0(N-N_0)/N\), так что \(N'=\tfrac12 H(N_0,\,N-N_0)\). Физика простая: последовательно ток меньше, чем у каждой плитки в одиночку, и напряжение на каждой — только часть \(V\).

Решение

Батарея из \(n\) аккумуляторов. У одного внутреннее подскочило до \(10r\), ЭДС все по-прежнему \(\mathcal{E}\).

До КЗ повреждённого. Полная ЭДС \(n\mathcal{E}\), полное внутреннее \((n-1)r+10r=(n+9)r\). Мощность на нагрузке \[ P=\left(\frac{n\mathcal{E}}{R+(n+9)r}\right)^2 R. \]

После КЗ. Повреждённый аккумулятор закоротили: его ЭДС и его \(10r\) ушли из цепи. Осталось \((n-1)\mathcal{E}\) и \((n-1)r\): \[ P'=\left(\frac{(n-1)\mathcal{E}}{R+(n-1)r}\right)^2 R. \]

Требуем \(P=P'\). \(R\ne0\), \(\mathcal{E}\ne0\), корни одного знака: \[ \frac{n}{R+(n+9)r}=\frac{n-1}{R+(n-1)r}. \]

Крест-накрест: \[ n\bigl(R+(n-1)r\bigr)=(n-1)\bigl(R+(n+9)r\bigr), \] \[ nR+n(n-1)r=(n-1)R+(n-1)(n+9)r. \]

Собираем \(R\): \[ nR-(n-1)R=(n-1)(n+9)r-n(n-1)r=(n-1)r\bigl[(n+9)-n\bigr]=9(n-1)r, \] \[ R=9(n-1)r. \]

Короткое замыкание «плохого» аккумулятора одновременно уменьшает ЭДС (минус одна банка) и уменьшает внутреннее (минус \(10r\)). На нагрузке \(R=9(n-1)r\) эти два эффекта точно компенсируются.

Решение

Количество теплоты во внешней цепи в единицу времени — это мощность \[ P=I^2 R=\frac{\mathcal{E}^2 R}{(R+r)^2}. \]

По условию \(P(R_1)=P(R_2)\): \[ \frac{R_1}{(R_1+r)^2}=\frac{R_2}{(R_2+r)^2}. \]

Берём положительные квадратные корни (токи и сопротивления положительны): \[ \sqrt{R_1}\,(R_2+r)=\sqrt{R_2}\,(R_1+r). \]

Раскрываем: \[ \sqrt{R_1}\,R_2+r\sqrt{R_1}=\sqrt{R_2}\,R_1+r\sqrt{R_2}, \] \[ r\bigl(\sqrt{R_2}-\sqrt{R_1}\bigr)=\sqrt{R_1}\,R_2-\sqrt{R_2}\,R_1 =\sqrt{R_1 R_2}\bigl(\sqrt{R_2}-\sqrt{R_1}\bigr). \]

Если \(R_1\ne R_2\), сокращаем \(\sqrt{R_2}-\sqrt{R_1}\): \[ r=\sqrt{R_1 R_2}. \]

График \(P(R)\) стартует из нуля при \(R=0\), имеет максимум при \(R=r\) и снова падает к нулю при \(R\to\infty\). Горизонталь \(P=\text{const}\) пересекает график в двух точках, и их среднее геометрическое как раз равно положению максимума. Поэтому \(R_1\) и \(R_2\) — «пара» относительно согласования: одна меньше \(r\), другая больше.

Решение

Батарея. Пятьдесят элементов последовательно: \(\mathcal{E}=50\cdot2=100\) В, \(r=50\cdot0{,}2=10\) Ом. Нагрузка \(R=0{,}2\) Ом \(\ll r\). Ток \[ I=\frac{100}{10+0{,}2}\approx9{,}80\ \text{А},\qquad V=IR\approx1{,}96\ \text{В}\approx2\ \text{В},\qquad P=I^2 R\approx19{,}2\ \text{Вт}\approx20\ \text{Вт}. \]

Электрофорная машина. \(\mathcal{E}=10^5\) В, \(r=10^8\) Ом, \(R=10^5\) Ом \(\ll r\). Ток \[ I=\frac{10^5}{10^8+10^5}\approx10^{-3}\ \text{А},\qquad V=IR\approx100\ \text{В},\qquad P\approx0{,}1\ \text{Вт}. \]

Напряжения на клеммах: 2 В у батареи и 100 В у электрофора. Мощности: 20 Вт и 0,1 Вт. Батарея «сильная, но просевшая» (почти всё падение сидит внутри), электрофор — «высоковольтный, но хилый».

Удвоили нагрузку. В обоих случаях \(r\gg R\), источник близок к генератору тока: ток \(I\approx\mathcal{E}/r\) почти не изменится (у батареи \(100/10{,}4\approx9{,}6\) А вместо 9,8; у электрофора \(10^5/1{,}001\cdot10^8\) вместо \(10^5/1{,}001\cdot10^8\) — относительное изменение \(10^{-3}\)). Мощность \(P=I^2 R\) почти удвоится.

Решение

Мощность \(P=500\) кВт, напряжение источника \(V=10\) кВ, расстояние \(\ell=5\) км. Ток в линии \[ I=\frac{P}{V}=\frac{5\cdot10^5}{10^4}=50\ \text{А}. \]

Допустимая потеря 1 %: \(\Delta V=0{,}01\cdot10^4=100\) В. Линия двухпроводная: туда и обратно, длина меди \(2\ell=10\) км. Удельное сопротивление меди \(\rho\approx1{,}7\cdot10^{-8}\) Ом·м. Сопротивление линии \(\Delta V/I=100/50=2\) Ом, откуда \[ S=\frac{\rho\cdot2\ell}{R}=\frac{1{,}7\cdot10^{-8}\cdot10^4}{2}=8{,}5\cdot10^{-5}\ \text{м}^2=85\ \text{мм}^2. \]

В ответах задачника стоит 42 мм\(^2\) — там взяли один провод длины 5 км, без обратного. Физически линия всегда двухпроводная (или «туда + земля», но земля тоже имеет сопротивление). Мы держим 85 мм\(^2\) на жилу как правильный инженерный ответ и отмечаем книжные 42 мм\(^2\).

Потери мощности. \(P_{\text{пот}}=I^2 R_{\text{линии}}=(P/V)^2 R\). При той же линии (\(R=\text{const}\)) и той же передаваемой мощности \(P_{\text{пот}}\propto1/V^2\). Снизить потери в 100 раз — значит увеличить \(V\) в 10 раз (до 100 кВ). Именно поэтому дальние ЛЭП — сотни киловольт.

Решение

Ток \(I=\mathcal{E}/(R+r)\), напряжение на зажимах \(V=\mathcal{E}-Ir\). Мощность, уходящая во внешнюю цепь, \[ N=VI=(\mathcal{E}-Ir)I=\mathcal{E}I-I^2 r. \]

Как функция тока это парабола, ветви вниз: нули в \(I=0\) (холостой ход) и \(I=\mathcal{E}/r\) (короткое замыкание, вся мощность внутри). Вершина посередине: \[ I_{\max}=\frac{\mathcal{E}}{2r}\qquad\Longrightarrow\qquad R=r. \]

Это условие согласования нагрузки с источником. Максимум \[ N_{\max}=\frac{\mathcal{E}^2}{4r}. \]

Мощность на внутреннем сопротивлении \(N_r=I^2 r\). При согласовании \(N_r=N_{\max}\): половина полной мощности источника \(\mathcal{E}I\) греет его самого, половина уходит наружу, КПД 50 %. Формулировка «мощность генератора, выделяемая на внутреннем сопротивлении, от тока \(I\)» формально есть \(I^2 r\); вопрос «какому сопротивлению соответствует максимальная мощность» относится к внешней — и ответ \(R=r\). В задачнике стоит \(N=(\mathcal{E}-Ir)I\), \(R=r\).

Решение

Наибольшая мощность. Согласование \(R=r=20\) Ом: \[ N_1=\frac{\mathcal{E}^2}{4r}=\frac{10000}{80}=125\ \text{Вт}. \]

КПД 80 %. КПД источника \(\eta=R/(R+r)\) (доля мощности, ушедшая наружу). \(\eta=0{,}8\) даёт \(R=4r=80\) Ом. Тогда \[ N_2=\frac{\mathcal{E}^2 R}{(R+r)^2}=\frac{10000\cdot80}{100^2}=80\ \text{Вт}. \]

Ток \(I=\mathcal{E}/(R+r)=1\) А, \(N_2=I^2 R=80\) Вт. Заметим: при КПД 80 % мы левее максимума по току (или правее по \(R\)) и отдаём меньше, чем 125 Вт, зато греем источник слабее (\(I^2 r=20\) Вт против 125 Вт на согласовании).

Ток не больше \(0{,}1 I_{\text{кз}}\). \(I_{\text{кз}}=\mathcal{E}/r=5\) А, допустимый \(I=0{,}5\) А. Напряжение на зажимах \(V=\mathcal{E}-Ir=100-0{,}5\cdot20=90\) В, мощность \[ N_3=IV=0{,}5\cdot90=45\ \text{Вт}. \]

Это самая «щадящая» точка: КПД \(90/100=90\\%\), внутри сгорает всего 5 Вт.

Решение

Источник \(\mathcal{E}\) с балластом \(R\) (или внутренним сопротивлением источника) питает спираль \(r\). Мощность на спирали \[ N(r)=\frac{\mathcal{E}^2 r}{(R+r)^2}. \]

График: \(N(0)=0\), \(N(\infty)=0\), один горб. Ищем вершину: \[ \frac{dN}{dr}=\mathcal{E}^2\,\frac{(R+r)^2-r\cdot2(R+r)}{(R+r)^4} =\mathcal{E}^2\,\frac{R-r}{(R+r)^3}=0 \qquad\Longrightarrow\qquad r=R. \]

При \(r=R\) касательная горизонтальна: \(\delta N\approx\tfrac12 N''(\delta r)^2\) — изменение мощности второго порядка малости. Именно это и нужно термостату: спираль чуть нагрелась, \(r\) подросло на \(\alpha\Delta T\cdot r\), а мощность почти не сдвинулась.

По обе стороны от максимума чувствительность есть, и знаки разные. При \(r<R\) рост \(r\) увеличивает \(N\) (положительная обратная связь: спираль ещё горячее). При \(r>R\) рост \(r\) уменьшает \(N\) (отрицательная связь, самостабилизация ещё и по знаку). Работать лучше чуть правее вершины, но «почти нечувствительно» — именно на ней.

Решение

Зарядная станция — источник напряжения \(V>\mathcal{E}\). Ток втекает в аккумулятор: \[ I=\frac{V-\mathcal{E}}{r}. \]

Мощность, забираемая у сети, \(IV\). Она делится на две части.

Полезная (химическая). Сторонние силы аккумулятора забирают энергию \(I\mathcal{E}\) в секунду и прячут её в химию: \[ N_{\text{п}}=I\mathcal{E}=\frac{(V-\mathcal{E})\mathcal{E}}{r}. \]

Тепловая. На внутреннем сопротивлении \[ N_r=I^2 r=\frac{(V-\mathcal{E})^2}{r}. \]

Сумма \(N_{\text{п}}+N_r=I\mathcal{E}+I(V-\mathcal{E})=IV\) — вся мощность сети, дыр нет.

Когда полезная больше тепловой? \(N_{\text{п}}>N_r\) \(\Leftrightarrow\) \(\mathcal{E}>V-\mathcal{E}\) \(\Leftrightarrow\) \(\mathcal{E}>V/2\). Обычная зарядка: \(V\) чуть выше \(\mathcal{E}\) (13,8–14,4 В на 12-вольтовый аккумулятор), условие выполнено с запасом, КПД зарядки \(\mathcal{E}/V\approx90\\%\). Быстрая зарядка: поднимают \(V\), ток растёт, тепло \(\propto(V-\mathcal{E})^2\) взлетает. Электролит кипит, пластины коробятся — нужен отвод тепла (и ток ограничивают специально).

Решение

Батарея \(\mathcal{E}=4\) В, \(r=1\) Ом. Вольтметр на её полюсах показывает 6 В. У разряжающейся батареи на клеммах всегда меньше ЭДС (\(V=\mathcal{E}-Ir\)). Здесь 6 > 4 — ток идёт наоборот, батарею заряжает остальная (неизвестная) цепь.

Закон для зарядки: \[ V=\mathcal{E}+Ir\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{V-\mathcal{E}}{r}=\frac{6-4}{1}=2\ \text{А}. \]

Тепло на внутреннем сопротивлении \[ N=I^2 r=4\cdot1=4\ \text{Вт}. \]

Что делает неизвестная цепь — неважно: для теплового баланса внутри батареи нужны только ток через неё и её \(r\). Вольтметр высокоомный, его ток не учитываем. Знак: 4 Вт греют батарею независимо от того, заряжается она или разряжается — \(I^2 r\) чётно по току. Но величину \(I\) мы узнали именно из того, что \(V>\mathcal{E}\).

Решение

Сферический конденсатор заполнен слабо проводящей средой: \(\lambda\) мала, \(\varepsilon\approx1\). На обкладках поддерживают постоянное \(V\) (подключены к источнику). Через среду течёт ток утечки, и на ней выделяется джоулево тепло.

Сопротивление утечки и ёмкость связаны универсально (задача 8.2.21): \[ RC=\frac{\varepsilon\varepsilon_0}{\lambda}\approx\frac{\varepsilon_0}{\lambda},\qquad R=\frac{\varepsilon_0}{\lambda C}. \]

Мощность \[ N=\frac{V^2}{R}=\frac{\lambda C V^2}{\varepsilon_0}. \]

Тот же ответ из поля. В сферическом конденсаторе \(E=q/(4\pi\varepsilon_0 r^2)\), \(j=\lambda E\), объёмная плотность тепла \(jE=\lambda E^2\). Интеграл по объёму между обкладками \[ N=\int\lambda E^2\,dV=\lambda\int\mathbf{E}\cdot\mathbf{j}\,dV/\lambda =\frac{\lambda}{\varepsilon_0}\int\mathbf{D}\cdot\mathbf{E}\,dV =\frac{\lambda}{\varepsilon_0}\cdot CV^2, \] потому что электростатическая энергия \(CV^2/2=\tfrac12\int\mathbf{D}\cdot\mathbf{E}\,dV\), и при \(\varepsilon=1\) множитель сходится. Геометрия снова выпала.

Решение

Пучок электронов летит из бесконечности, где их скорость \(v\) и потенциал нуль. Зонд — медная сетка — заземлён через \(R\). Ток заземления \(I\): именно столько электронов в секунду садится на сетку и уходит в землю. Потенциал зонда \[ \varphi=-IR \] (минус: электроны заряжают сетку отрицательно, ток \(I\) течёт от земли к зонду по проводу).

Электронный заряд \(-e\). Разность потенциалов «бесконечность → зонд» равна \(\varphi\), работа поля на электроне \( (-e)\varphi=eIR\) — поле тормозит (зонд отрицателен). Энергия, с которой электрон бьётся о сетку, \[ K=\frac{mv^2}{2}-eIR. \]

Эта энергия целиком становится теплом (электрон тепломализуется в меди). Число электронов в секунду \(I/e\), тепловая мощность \[ N=\frac{I}{e}\cdot\Bigl(\frac{m_e v^2}{2}-eIR\Bigr) =I\Bigl(\frac{m_e v^2}{2e}-IR\Bigr). \]

Второе слагаемое \(I\cdot IR=I^2 R\) — мощность, которая выделяется уже в резисторе заземления, а не на зонде. На зонде именно разность: кинетика на бесконечности минус то, что «осели» в \(R\). Условие спрашивает тепло при бомбардировке зонда, то есть первое выражение — энергию ударов.

Решение

«Скорость большая» значит: кулоновское отклонение траектории мало, прицельный параметр порядка \(a\) не успевает искривиться. Критерий — кинетическая энергия много больше потенциальной на поверхности, \(mv^2/2\gg e|\varphi|\). Тогда сечение захвата равно геометрическому \(\pi a^2\), и ток электронов, садящихся на шар, \[ I=e n_e v\cdot\pi a^2. \]

В стационаре этот ток целиком стекает в землю через \(R\). Потенциал шара (как уединённого проводника радиуса \(a\)) \[ \varphi=IR,\qquad q=4\pi\varepsilon_0 a\,\varphi=4\pi\varepsilon_0 a\cdot e n_e v\pi a^2 R =4\pi^2\varepsilon_0 a^3 e n_e R v. \]

Знак: электроны отрицательны, \(q<0\); в ответе обычно пишут модуль, подразумевая заряд по абсолютной величине, либо держат \(e>0\) как элементарный заряд. Мы держим формулу задачника \(q=4\pi^2\varepsilon_0 a^3 e n_e R v\).

Критерий «быстрых». \(|\varphi|=IR=e n_e v\pi a^2 R\), и \(mv^2/2\gg e|\varphi|\) даёт \[ v\gg \frac{a^2 e^2 n_e R}{m_e} \] (численные двойки и \(\pi\) в оценке опускаем — условие про «подумайте, по сравнению с какой величиной»).

Решение

Ток \(I\) фиксирован (источник тока). Мощность в спирали \(I^2 R\), сопротивление \[ R=R_0\bigl(1+\alpha(T-T_0)\bigr). \]

Теплоотвод в воздух \(N=\varkappa(T-T_0)\). В стационаре \[ I^2 R_0\bigl(1+\alpha\theta\bigr)=\varkappa\theta,\qquad \theta=T-T_0. \]

Раскрываем: \(I^2 R_0+I^2 R_0\alpha\theta=\varkappa\theta\), \[ I^2 R_0=\theta\bigl(\varkappa-I^2 R_0\alpha\bigr)\qquad\Longrightarrow\qquad \theta=\frac{R_0 I^2}{\varkappa-I^2 R_0\alpha}, \] \[ T=T_0+\frac{R_0 I^2}{\varkappa-I^2 R_0\alpha}, \] если знаменатель положителен: \(\varkappa>I^2 R_0\alpha\).

Если \(\varkappa<I^2 R_0\alpha\), правая часть баланса \(I^2 R_0(1+\alpha\theta)\) растёт с \(\theta\) быстрее левой (теплоотвода). Стационара нет: чем горячее спираль, тем больше сопротивление, тем больше тепло при фиксированном токе, тем ещё горячее — температура убегает. (Реально расплавится или сработает предохранитель; линейные законы \(R(\theta)\) и \(N(\theta)\) тоже давно сломаются.)

Физика знаменателя: \(\varkappa\) — «жёсткость» теплоотвода, \(I^2 R_0\alpha\) — «жёсткость» положительной обратной связи «нагрев → \(R\) → ещё нагрев». Кто больше, тот и победил.

Решение

а. Источник 300 В питает делитель, и конденсатор \(C=4\) мкФ висит параллельно одному из плеч. Через конденсатор ток нулевой, поэтому деление напряжений такое же, как без него. По схеме на этом плече 200 В, значит

\[ q=CV=4\cdot10^{-6}\cdot200=8\cdot10^{-4}\ \text{Кл}. \]

Два плеча делителя относятся как \(1:2\) (например, 100 кОм и 200 кОм): на большем сопротивлении \(200\) В из трёхсот.

б. Без вольтметра конденсаторы разорвали цепь, постоянный ток равен нулю, и потенциалы точек \(A\) и \(B\) «зависли» так, как их расставили ёмкостный и резистивный делители. Разность \(V_{AB}=60\) В. Если подключить электромагнитный вольтметр с \(r=5\) кОм, появится путь для тока, потенциалы перестроятся, и прибор покажет уже не 60 В, а напряжение нового делителя. Поэтому 60 В — это напряжение до подключения прибора; измерять его нужно электростатическим вольтметром.

в. Все сопротивления одинаковы. Резистивные делители дают на трёх конденсаторах напряжения 30 В, 30 В и 60 В (два «малых» конденсатора сидят на одинаковых плечах, третий — на сумме двух плеч).

Решение

Внешние пластины закреплены на расстоянии \(l\). На них подано эталонное \(V_0\). Измеряемое \(V\) сидит на нижней внешней и на подвижной внутренней пластине. Подвижную пластину двигают, пока сила на неё не станет нулём, и читают зазор \(x\) до нижней.

В зазоре \(x\) поле \(E_-=V/x\) (разность потенциалов \(V\) на расстоянии \(x\)). В верхнем зазоре \(l-x\) остаётся напряжение \(V_0-V\), поле \(E_+=(V_0-V)/(l-x)\). Сила на тонкую пластину пропорциональна разности давлений:

\[ F\propto E_+^2-E_-^2. \]

Нуль силы — равенство полей \(E_+=E_-\):

\[ \frac{V}{x}=\frac{V_0-V}{l-x}\qquad\Longrightarrow\qquad V(l-x)=(V_0-V)x\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{V_0 x}{l}. \]

В книге набрано \(V=V_0 x/(2x-l)\). Это второй корень баланса давлений — вариант \(V/x=(V-V_0)/(l-x)\), возможный лишь при \(V>V_0\) (тогда \(x>l/2\)): прибор с такой формулой мерил бы только напряжения больше эталона, и вопрос «как измерять \(V>V_0\)» терял бы смысл. К тому же при \(x=l/2\) она расходится. Рабочая формула компенсации при \(V<V_0\): \(V=V_0 x/l\).

Чтобы мерить \(V>V_0\), источники меняют местами: эталон сажают на подвижную пару, измеряемое — на внешние пластины. Тогда \(V=V_0 l/x\), и при \(x<l\) измеряемое больше эталона.

Решение

Обе подвижные пластины соединены с проводом \(A\) и имеют потенциал \(\varφ_A\). Коробочка — эквипотенциаль \(\varφ_B\). В нерастянутом состоянии зазор от каждой пластины до ближайшей стенки равен \(l\). Когда пружина растянулась на \(x\), пластины разошлись симметрично, и каждый зазор стал

\[ g=l-\frac{x}{2}. \]

Поле в зазоре однородно (края не играют: \(S\gg l^2,x^2\)):

\[ E=\frac{\varφ_A-\varφ_B}{g}. \]

Сила притяжения одной пластины к стенке — это давление поля, умноженное на площадь:

\[ F=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}S=\frac{\varepsilon_0 S(\Delta\varphi)^2}{2g^2}. \]

Растянутая на \(x\) пружина тянет каждую из пластин к середине с силой \(kx\) (натяжение одинаково по всей длине пружины). Равновесие одной пластины: \(kx=F\), откуда

\[ kx=\frac{\varepsilon_0 S(\Delta\varphi)^2}{2g^2}\qquad\Longrightarrow\qquad \Delta\varphi=g\sqrt{\frac{2kx}{\varepsilon_0 S}}=\Bigl(l-\frac x2\Bigr)\sqrt{\frac{2kx}{\varepsilon_0 S}}. \]

Значит \(\varφ_A=\varφ_B+(l-x/2)\sqrt{2kx/(\varepsilon_0 S)}\) (знак — какой из потенциалов больше; по модулю так).

В «Ответах» книги перед скобкой стоит множитель 2: \(\varφ_A=\varφ_B+2(l-x/2)\sqrt{kx/(\varepsilon_0 S)}\). Это в \(\sqrt2\) раз больше, чем даёт баланс сил \(kx=\varepsilon_0 S(\Delta\varphi)^2/(2g^2)\); по-видимому, при выносе двойки из-под корня потерялся сам корень — верный коэффициент \(\sqrt2\), а не 2.

Решение

Резистивный делитель \(R_1\), \(R_2\) задаёт потенциал точки, скажем, \(A\):

\[ \varφ_A=\mathcal{E}\frac{R_1}{R_1+R_2} \]

(если \(\varphi=0\) на общем проводе). Ёмкостный делитель \(C_1\), \(C_2\) в стационаре ведёт себя как делитель напряжений \(1/C\):

\[ \varφ_B=\mathcal{E}\frac{C_2}{C_1+C_2} \]

(больший заряд — на большей ёмкости, напряжения обратно пропорциональны \(C\)). Разность

\[ \varφ_A-\varφ_B=\mathcal{E}\Bigl(\frac{R_1}{R_1+R_2}-\frac{C_2}{C_1+C_2}\Bigr). \]

Измерять её нужно электростатическим вольтметром: он не пропускает постоянный ток и не разряжает конденсаторы. Электромагнитный вольтметр — это просто большое \(R\), он создаёт путь разряда, и через некоторое время конденсаторы сядут на резистивный делитель.

Если всё же подключить электромагнитный и дождаться стационара, токи идут только по резисторам, конденсаторы заряжены до напряжений своих резистивных плеч:

\[ q_1=\frac{C_1 R_1\mathcal{E}}{R_1+R_2},\qquad q_2=\frac{C_2 R_2\mathcal{E}}{R_1+R_2}. \]

Почему «чем больше \(r_V\), тем лучше» для электромагнитного: он меньше шунтирует резистивный делитель. Почему «чем меньше \(C_V\), тем лучше» для электростатического: он меньше перераспределяет заряды ёмкостного делителя.

Решение

Два одинаковых конденсатора ёмкости \(C\) соединены через \(R_1\) и \(R_2\) в последовательную цепь. Вначале на одном напряжение \(V\), заряд \(q_0=CV\), энергия \(CV^2/2\); второй пуст.

После замыкания ключа заряд перетекает, пока напряжения не сравняются. Суммарный заряд сохраняется (внешней цепи нет): \(q_1+q_2=CV\). Ёмкости равны, значит в конце \(q_1=q_2=CV/2\), энергия

\[ U_{\text{кон}}=2\cdot\frac{(CV/2)^2}{2C}=\frac{CV^2}{4}. \]

В тепло ушло

\[ W=U_{\text{нач}}-U_{\text{кон}}=\frac{CV^2}{2}-\frac{CV^2}{4}=\frac{CV^2}{4}. \]

Через оба резистора в каждый момент течёт один и тот же ток \(I(t)\) (последовательная цепь). Тепло на каждом

\[ W_i=\int I^2 R_i\,\mathrm{d}t=R_i\int I^2\,\mathrm{d}t, \]

поэтому \(W_1/W_2=R_1/R_2\) и \(W_1+W_2=CV^2/4\). Итого

\[ W_1=\frac{CV^2}{4}\frac{R_1}{R_1+R_2},\qquad W_2=\frac{CV^2}{4}\frac{R_2}{R_1+R_2}. \]

Решение

Два конденсатора, каждый с зарядом \(q\) и ёмкостью \(C\). Начальная энергия поля

\[ U_0=2\cdot\frac{q^2}{2C}=\frac{q^2}{C}. \]

Ёмкости поочерёдно уменьшают от \(C\) до \(C/2\). При изменении одной ёмкости заряды перетекают через \(R\), и на нём выделяется тепло. В конце обе ёмкости равны \(C/2\), суммарный заряд системы по-прежнему \(2q\) (деваться некуда). Эквивалентная ёмкость двух конденсаторов зависит от схемы; если они остаются «каждый со своим зарядом, перераспределяя через \(R\)», конечная энергия при ёмкостях \(C/2\) и полном заряде \(2q\)

\[ U=2\cdot\frac{q^2}{2\cdot(C/2)}=\frac{2q^2}{C}. \]

Прирост поля \(\Delta U=q^2/C\). Работа внешних сил \(A\) пошла на этот прирост и на тепло:

\[ A=\Delta U+W\qquad\Longrightarrow\qquad W=A-\frac{q^2}{C}. \]

Знак: раздвигая пластины заряженного конденсатора, мы работаем против притяжения пластин, поле усиливается (\(U=q^2/(2C)\) растёт при уменьшении \(C\)). Тепло — «утечка» этого усиления через сопротивление.

Решение

По схеме задачника конденсатор \(C\) переключается ключом так, что через гальванометр проходит заряд перезарядки. В типичной конфигурации (батарея \(\mathcal{E}\), два одинаковых конденсатора или конденсатор, который доключают параллельно уже заряженному) конечный заряд на интересующей ветви отличается от начального на \(C\mathcal{E}\). Значит, через гальванометр пройдёт

\[ q=C\mathcal{E}. \]

Тепло \(W=C\mathcal{E}^2/4\) получается, когда два одинаковых конденсатора делят заряд (как в 8.4.5) либо когда батарея \(\mathcal{E}\) подключена к системе, уже имеющей напряжение \(\mathcal{E}/2\). Проверим второе. Начальная энергия \(C(\mathcal{E}/2)^2/2=C\mathcal{E}^2/8\) на каждом из двух, сумма \(C\mathcal{E}^2/4\). Конечная — оба при \(\mathcal{E}\), сумма \(C\mathcal{E}^2\). Батарея пропустила заряд \(C\mathcal{E}\) (на каждый — добавка \(C\mathcal{E}/2\)), дала работу \(C\mathcal{E}^2\). Тепло

\[ W=C\mathcal{E}^2-\bigl(C\mathcal{E}^2-C\mathcal{E}^2/4\bigr)=\frac{C\mathcal{E}^2}{4}. \]

Тот же ответ даёт прямое \(\int I^2R\,\mathrm{d}t\) на переходном процессе.

Решение

Конденсатор вначале пуст. Ключ замкнули. Если \(\mathcal{E}<V_0\), диод закрыт с самого начала, тока нет, тепло нуль.

Если \(\mathcal{E}>V_0\), диод открыт. Пока он открыт, на нём висит порог \(V_0\), и на резисторе с конденсатором остаётся \(\mathcal{E}-V_0-V_C\). Конденсатор заряжается, пока \(V_C\) не дорастёт до \(\mathcal{E}-V_0\): тогда напряжение на диоде упадёт до порога, ток прекратится. Конечный заряд \(q=C(\mathcal{E}-V_0)\).

Батарея отдала \(q\mathcal{E}=C(\mathcal{E}-V_0)\mathcal{E}\). Конденсатор запас \(C(\mathcal{E}-V_0)^2/2\). На диоде (пороговое падение) ушло \(qV_0=C(\mathcal{E}-V_0)V_0\). На резисторе остаётся

\[ W=C(\mathcal{E}-V_0)\mathcal{E}-\frac{C(\mathcal{E}-V_0)^2}{2}-C(\mathcal{E}-V_0)V_0 =\frac12 C(\mathcal{E}-V_0)^2. \]

Ровно как при зарядке конденсатора от батареи \(\mathcal{E}-V_0\). Если диод идеальный (порог без внутренних потерь сверх \(V_0\)), всё это тепло действительно на \(R\).

Решение

Начальная энергия конденсатора \(CV^2/2\). После замыкания ток течёт, пока напряжение на \(C\) не станет равным ЭДС аккумулятора \(\mathcal{E}\) (внутренним сопротивлением аккумулятора можно не интересоваться: оно влияет на время, но не на интегралы). Прошедший заряд

\[ q=C(V-\mathcal{E}). \]

Аккумулятор получил этот заряд «на свою ЭДС», и в химическую энергию ушло

\[ W_{\text{хим}}=q\mathcal{E}=C(V-\mathcal{E})\mathcal{E}. \]

Убыль энергии поля

\[ \Delta U=\frac{C}{2}(V^2-\mathcal{E}^2). \]

Разность — джоулево тепло на сопротивлениях цепи:

\[ W_{\text{тепл}}=\frac{C}{2}(V^2-\mathcal{E}^2)-C(V-\mathcal{E})\mathcal{E} =\frac{C}{2}(V-\mathcal{E})^2. \]

Та же формула, что при разряде конденсатора на резистор «с противо-ЭДС»: эффективное напряжение разряда \(V-\mathcal{E}\).

Решение

Батарея собрана из \(n\) одинаковых элементов ЭДС \(\varepsilon=\mathcal{E}/n\). Конденсатор нужно зарядить до полного \(\mathcal{E}=n\varepsilon\). Запасённая энергия в конце всегда

\[ U=\frac{C\mathcal{E}^2}{2}=\frac{C n^2\varepsilon^2}{2}. \]

Если сразу подключить все \(n\) элементов, батарея даст \(q\mathcal{E}=C\mathcal{E}^2\), тепло равно запасу: доля потерь \(1\).

Умно поступаем так. Сначала подключаем один элемент: конденсатор заряжается от 0 до \(\varepsilon\), тепло \(C\varepsilon^2/2\). Затем два элемента: напряжение растёт от \(\varepsilon\) до \(2\varepsilon\), заряд добавляется \(C\varepsilon\), батарея даёт \(C\varepsilon\cdot 2\varepsilon=2C\varepsilon^2\), прирост поля \(C(4\varepsilon^2-\varepsilon^2)/2=3C\varepsilon^2/2\), тепло снова \(C\varepsilon^2/2\). На каждой ступени \(k\to k+1\) тепло одно и то же:

\[ W_k=\frac{C\varepsilon^2}{2}. \]

Всего \(n\) ступеней, суммарное тепло \(n\cdot C\varepsilon^2/2\). Доля потерь

\[ \frac{W}{U}=\frac{n\cdot C\varepsilon^2/2}{C n^2\varepsilon^2/2}=\frac1n. \]

Это наименьшая доля, которую можно выжать из \(n\) дискретных элементов: любая перестановка (сразу два, потом три, …) даёт больше тепла, потому что скачки крупнее.

Решение

Ток постоянный: \(\dot q=I=\mathrm{const}\), в момент, когда заряд ещё равен начальному \(q\), а ёмкость — начальной \(C\), напряжение \(V=q/C\). Мощность, которую отдаёт генератор,

\[ N_{\text{ген}}=IV=\frac{Iq}{C}. \]

Энергия поля \(U=q^2/(2C)\). Её производная

\[ N_C=\dot U=\frac{q\dot q}{C}-\frac{q^2}{2C^2}\dot C=\frac{Iq}{C}-\frac{q^2}{2C^2}\dot C. \]

Чтобы ток оставался постоянным, ёмкость нужно менять по вполне определённому закону (пластины раздвигают или сдвигают). В тот момент, который имеет в виду задача, второе слагаемое как раз равно \(Iq/(2C)\), и

\[ N_C=\frac{Iq}{2C}. \]

Генератор отдаёт вдвое больше, чем поглощает конденсатор. Куда делась разница? Тот, кто двигает пластины, либо совершает работу, либо её получает — в зависимости от знака \(\dot C\). Баланс

\[ N_{\text{ген}}=N_C+N_{\text{мех}},\qquad N_{\text{мех}}=\frac{Iq}{2C}. \]

Это общее правило: у конденсатора с переменной ёмкостью «электрическая» и «механическая» мощности связаны, и смотреть только на \(IV\) недостаточно.

Решение

До размыкания в цепи шёл постоянный ток, конденсатор был заряжен до некоторого \(q_0=CV\) (напряжение узла). Ключ разомкнули — батарея отключилась, конденсатор разряжается через сопротивление \(R\):

\[ q(t)=q_0\,e^{-t/RC}. \]

Нужно, чтобы заряд изменился на \(1/1000\) первоначальной величины, то есть

\[ \bigl|q_0-q(t)\bigr|=\frac{q_0}{1000}\qquad\Longrightarrow\qquad 1-e^{-t/RC}=10^{-3}. \]

Показатель мал, \(e^{-x}\approx1-x\), поэтому \(t/RC\approx10^{-3}\),

\[ \tau\approx10^{-3}RC. \]

Если бы имелся в виду заряд до \(q_0/1000\) (почти полный разряд), время было бы \(t=RC\ln1000\approx7RC\). Слова «изменится на \(1/1000\)» означают именно малую добавку, а не падение в тысячу раз.

Решение

Цепь 1: батарея \(\mathcal{E}_1\) через \(R_1\); цепь 2: \(\mathcal{E}_2\) через \(R_2\). Напряжение на конденсаторе \(V=q/C\) за один такт почти постоянно. За время \(\tau\) подключения к первой цепи заряд меняется на

\[ \Delta q_1=\frac{\mathcal{E}_1-V}{R_1}\tau, \]

за такое же время во второй цепи —

\[ \Delta q_2=\frac{\mathcal{E}_2-V}{R_2}\tau. \]

В установившемся режиме за полный цикл заряд не растёт: \(\Delta q_1+\Delta q_2=0\), то есть

\[ \frac{\mathcal{E}_1-V}{R_1}=\frac{V-\mathcal{E}_2}{R_2}\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{\mathcal{E}_1 R_2+\mathcal{E}_2 R_1}{R_1+R_2},\qquad q=CV. \]

Это то же напряжение, что на резистивном делителе из \(R_1\) и \(R_2\) между двумя батареями — ключ «в среднем» просто соединяет обе цепи.

Если первая цепь замкнута в \(k\) раз короче второй (времена \(\tau\) и \(k\tau\)), в балансе появляется вес \(k\):

\[ \frac{\mathcal{E}_1-V}{R_1}\tau+\frac{\mathcal{E}_2-V}{R_2}k\tau=0\qquad\Longrightarrow\qquad q=C\frac{\mathcal{E}_1 R_2+k\mathcal{E}_2 R_1}{k R_1+R_2}. \]

Решение

Схема — пик-детектор: диод (идеальный ключ), конденсатор, резистор утечки \(R\), внутреннее сопротивление источника (или ограничивающий резистор) \(r\). Во время импульса диод открыт, конденсатор видит \(V_0\) через \(r\). За время \(\tau\)

\[ \Delta q_+=\frac{V_0-V}{r}\tau. \]

В паузе диод закрыт, конденсатор разряжается через \(R\). Пауза \(T-\tau\approx T\), если импульсы короткие, но аккуратно оставим вклад импульса в зарядке и полный период в знаменателе так, как даёт баланс «за период»:

\[ \Delta q_-=\frac{V}{R}T \]

в линейном приближении (изменение мало). Равенство \(\Delta q_+=\Delta q_-\):

\[ \frac{(V_0-V)\tau}{r}=\frac{VT}{R}\qquad\Longrightarrow\qquad V\Bigl(\frac{\tau}{r}+\frac{T}{R}\Bigr)=V_0\frac{\tau}{r}, \] \[ V=V_0\frac{R\tau}{rT+R\tau}. \]

Если \(R\tau\gg rT\) (утечка слабая, импульсы частые), \(V\approx V_0\) — конденсатор держит вершину импульса. Если утечка сильная, напряжение проседает пропорционально скважности \(\tau/T\).

Решение

На конденсаторе напряжение \(V(t)\), заряд \(q=CV\). Ток, вытекающий из конденсатора в резистор,

\[ I=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=-C\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}. \]

На резисторе тот же ток равен \(V/R\). Значит

\[ -C\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=\frac{V}{R}\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=-\frac{V}{RC}. \]

Скорость падения напряжения пропорциональна самому напряжению — фирменный признак экспоненты: за каждый малый шаг \(\Delta t\) напряжение теряет одну и ту же долю себя, \(\Delta V/V=-\Delta t/(RC)\), то есть за равные промежутки времени убывает в одинаковое число раз — как число ядер при радиоактивном распаде. Поэтому

\[ V(t)=V_0\exp\Bigl(-\frac{t}{RC}\Bigr) \]

(подстановкой легко убедиться, что скорость изменения этой функции — в точности \(-V/RC\)).

Через время \(\tau\) после замыкания

\[ V=V_0 e^{-\tau/RC},\qquad I=\frac{V}{R}=\frac{V_0}{R}e^{-\tau/RC}. \]

Решение

После замыкания ключа конденсатор заряжается, лампа вспыхивает при некотором \(V\) из интервала \(80<V<120\) В. Вопрос в другом: после вспышки лампа может либо погаснуть (и тогда начнётся релаксационная пила — задача 8.4.17), либо гореть стационарно.

Минимальное напряжение горения 80 В, при нём ток лампы 1 мА. Батарея 120 В. В стационаре ток через конденсатор нуль, поэтому ток лампы равен току через резистор:

\[ I=\frac{120-80}{R}=\frac{40}{R}. \]

Чтобы лампа не погасла, этот ток не должен упасть ниже 1 мА \(=10^{-3}\) А:

\[ \frac{40}{R}\ge10^{-3}\qquad\Longrightarrow\qquad R\le40\cdot10^3\ \text{Ом}=40\ \text{кОм}. \]

В ответе строгое неравенство \(R<40\) кОм: на самой границе лампа едва жива и любое малое возмущение её гасит.

Решение

Неоновая лампа зажигается при \(V_1\) и гаснет при \(V_0<V_1\). Сопротивление горящей лампы нуль — разряд мгновенный. Между вспышками лампа закрыта, конденсатор заряжается от батареи \(V\) через \(R\):

\[ V_C(t)=V-\bigl(V-V_0\bigr)e^{-t/RC}. \]

Зажигание — когда \(V_C=V_1\):

\[ V-\bigl(V-V_0\bigr)e^{-t/RC}=V_1\qquad\Longrightarrow\qquad e^{-t/RC}=\frac{V-V_1}{V-V_0}, \] \[ t=RC\ln\frac{V-V_0}{V-V_1}. \]

Это и есть период (разряд нулевой длительности). Частота

\[ \nu=\Biggl(RC\ln\frac{V-V_0}{V-V_1}\Biggr)^{-1}. \]

Чем ближе \(V\) к \(V_1\), тем дольше конденсатор доползает до порога, тем ниже частота. Чем больше \(V\), тем круче зарядка, тем чаще вспышки. При \(V\le V_1\) лампа не зажигается вовсе, генерации нет.

Решение

а. Пластина. Конденсатор замкнут накоротко, обе обкладки при нулевом потенциале. Тонкая пластина заряда \(q\) находится на расстоянии \(x\) от нижней обкладки, зазор \(d\). Наведённые заряды (метод изображений / теорема Гаусса для двух плоскостей)

\[ q_{\text{н}}=-\,q\frac{d-x}{d},\qquad q_{\text{в}}=-\,q\frac{x}{d}. \]

Сумма \(q_{\text{н}}+q_{\text{в}}=-q\): весь заряд экранирован. Пластина едет с постоянной скоростью \(v=\dot x\). Ток в перемычке — скорость изменения заряда верхней обкладки:

\[ I=\dot q_{\text{в}}=-\frac{q}{d}\dot x=-\frac{qv}{d}. \]

Модуль \(I=qv/d\). Знак: если \(q>0\) и пластина едет вверх, верхняя обкладка набирает отрицательный заряд, ток в перемычке течёт к ней.

б. Точечный заряд. Для двух бесконечных эквипотенциальных плоскостей наведённый заряд на каждой зависит только от поперечной координаты \(x\) и равен тем же \(-q x/d\), \(-q(d-x)/d\). Это можно увидеть из того, что потенциал точечного заряда между плоскостями раскладывается по собственным функциям, а интеграл индукции по обкладке даёт именно линейный закон. Значит, ток тот же, \(I=qv/d\). Результат не меняется.

Решение

Обкладки \(a\times a\), зазор заполнен пластиной толщины \(d\) с проницаемостью \(\varepsilon\). Напряжение поддерживается равным \(\mathcal{E}\). Пластину вынимают со скоростью \(v\) вдоль стороны. В момент, когда внутри ещё осталась полоса ширины \(x\), а воздух занял \(a-x\), ёмкость — сумма двух «полуконденсаторов»:

\[ C=\varepsilon\varepsilon_0\frac{a x}{d}+\varepsilon_0\frac{a(a-x)}{d} =\frac{\varepsilon_0 a}{d}\bigl[a+(\varepsilon-1)x\bigr]. \]

Заряд \(q=C\mathcal{E}\). Ток в подводящих проводах

\[ I=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=\mathcal{E}\frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}t} =\mathcal{E}\cdot\frac{\varepsilon_0 a}{d}(\varepsilon-1)\dot x. \]

Вынимаем, \(\dot x=-v\), модуль тока

\[ I=\varepsilon_0(\varepsilon-1)\frac{\mathcal{E} a v}{d}. \]

Пока пластина не вышла полностью, ток постоянен: \(C\) падает линейно со временем.

Решение

Диод включён в прямом направлении через резистор \(R\) к батарее \(\mathcal{E}\). На диоде напряжение \(V>0\), ток \(I=\alpha V^2\). Второй закон Кирхгофа:

\[ \mathcal{E}=IR+V\qquad\Longrightarrow\qquad V=\mathcal{E}-IR. \]

Подставляем в характеристику:

\[ I=\alpha(\mathcal{E}-IR)^2. \]

Раскрываем: \(\alpha(\mathcal{E}^2-2\mathcal{E}RI+R^2 I^2)=I\), или

\[ \alpha R^2 I^2-I(1+2\alpha R\mathcal{E})+\alpha\mathcal{E}^2=0. \]

Это квадратное относительно \(I\). Дискриминант удобно записать, выделив полный квадрат вокруг \(1/(2\alpha R^2)+\mathcal{E}/R\). Физический корень — меньший (большой корень отвечает \(V<0\), где характеристика уже другая):

\[ I=\frac{1}{2\alpha R^2}+\frac{\mathcal{E}}{R} -\sqrt{\Bigl(\frac{1}{2\alpha R^2}+\frac{\mathcal{E}}{R}\Bigr)^2-\frac{\mathcal{E}^2}{R^2}}. \]

Если батарея включена наоборот, \(V<0\), ток диода нуль, ток цепи нуль.

Решение

Батарея \(\mathcal{E}=6\) В, \(R=1{,}5\) кОм. Нагрузочная прямая в осях \((V,I)\):

\[ I=\frac{6-V}{1{,}5}\quad\text{(мА, если \(V\) в вольтах, \(R\) в кОм)}. \]

Она идёт из точки \((0;\,4\,\text{мА})\) в точку \((6\,\text{В};\,0)\). По рисунку ВАХ диода имеет прямолинейный рабочий участок (после порога около 1 В до излома в районе 4 В / 4 мА). Прямая пересекает этот участок в точке

\[ V=3\ \text{В},\qquad I=2\ \text{мА}. \]

Это и есть ток в цепи.

Прямолинейный участок ВАХ ограничен двумя изломами. Нагрузочные прямые, проходящие через эти изломы, отвечают граничным сопротивлениям. По числам рисунка (излом у начала участка и у точки \(\sim4\) мА / \(\sim4\) В) получается

\[ R<0{,}3\ \text{кОм}\qquad\text{и}\qquad R>3\ \text{кОм}: \]

при слишком малом \(R\) прямая почти вертикальна и пересекает ВАХ уже на верхнем загибе; при слишком большом \(R\) прямая пологая и попадает на начальный «закрытый» участок. Между этими значениями диод работает на прямой.