Батарея на катушку
6/10Батарея без внутреннего сопротивления подключена к соленоиду индуктивности \(L\). Определите зависимость тока в цепи от времени, если ЭДС батареи \(\mathcal{E}\). Найдите работу батареи за время \(\tau\). В какой вид энергии превращается эта работа?
К задаче 11.4.1. Идеальная батарея и идеальная катушка. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сопротивления нет, поэтому правило Кирхгофа сводится к \(\mathcal{E}=L\,\dot I\). Ток растёт линейно, работа батареи целиком оседает в магнитном поле катушки: \(W=LI^2/2\).Уравнение цепи
\[ \mathcal{E}=L\frac{dI}{dt}. \]При \(I(0)=0\)
\[ I(t)=\frac{\mathcal{E}t}{L}. \]Работа батареи за время \(\tau\) — это интеграл мощности \(\mathcal{E}I\):
\[ A=\int_0^\tau\mathcal{E}I(t)\,dt=\mathcal{E}\cdot\frac{\mathcal{E}}{L}\int_0^\tau t\,dt=\frac{\mathcal{E}^2\tau^2}{2L}. \]К этому моменту ток равен \(I(\tau)=\mathcal{E}\tau/L\), и энергия магнитного поля катушки
\[ W=\frac{LI^2}{2}=\frac{L}{2}\Bigl(\frac{\mathcal{E}\tau}{L}\Bigr)^2=\frac{\mathcal{E}^2\tau^2}{2L}=A. \]Вся работа батареи превратилась в энергию магнитного поля. Тепла нет: сопротивлений в цепи нет, а батарея идеальная. Если смотреть с точки зрения зарядов: батарея проталкивает заряд \(q=\int I\,dt=\mathcal{E}\tau^2/(2L)\) при постоянном напряжении \(\mathcal{E}\), работа \(\mathcal{E}q\) — ровно \(A\). Катушка «не сопротивляется» мгновенно, но копит импульс тока, как масса копит скорость под постоянной силой: \(I\leftrightarrow v\), \(L\leftrightarrow m\), \(\mathcal{E}\leftrightarrow F\).
Проверка. Размерность: \(\mathcal{E}^2\tau^2/L\) — это \(\text{В}^2\cdot\text{с}^2/\text{Гн}=\text{Дж}\). Если ввести крошечное \(R\), ток выйдет на \(\mathcal{E}/R\) за время \(L/R\), и часть работы уйдёт в тепло \(RI^2\); при \(R\to0\) это время уходит на бесконечность, а на любом конечном \(\tau\) тепло ещё не успело выделиться — согласуется с \(A=W\). Число: \(\mathcal{E}=10\) В, \(L=0{,}01\) Гн, \(\tau=0{,}1\) с дают \(I=100\) А и \(A=50\) Дж.Ответ\(I(t)=\mathcal{E}t/L\), \(A=\mathcal{E}^2\tau^2/(2L)\). Работа переходит в энергию магнитного поля.Какое V(t) нужно
6/10Как должно меняться напряжение в электрической цепи, состоящей из последовательно соединённых катушки индуктивности \(L\) и сопротивления \(R\), чтобы ток в ней: а) линейно возрастал: \(I=\alpha t\)? б) менялся синусоидально: \(I=I_0\sin\omega t\)?
К задаче 11.4.2. Последовательная RL-цепь, ток задан — ищем \(V(t)\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Напряжение на последовательной RL-цепочке есть сумма падения на резисторе и ЭДС самоиндукции: \(V=RI+L\dot I\). Подставляем нужный \(I(t)\).Правило Кирхгофа для цепи:
\[ V(t)=RI+L\frac{dI}{dt}. \]а. \(I=\alpha t\), \(\dot I=\alpha\):
\[ V=\alpha Rt+\alpha L=\alpha(Rt+L). \]Напряжение растёт линейно, но стартует не с нуля, а с «ступеньки» \(\alpha L\): катушка сразу требует постоянное напряжение \(L\dot I\), а резистор добавляет нарастающее \(RI\).
б. \(I=I_0\sin\omega t\), \(\dot I=I_0\omega\cos\omega t\):
\[ V=I_0 R\sin\omega t+I_0 L\omega\cos\omega t=I_0\bigl(R\sin\omega t+\omega L\cos\omega t\bigr). \]Это синусоида той же частоты со сдвигом фазы \(\varphi=\mathrm{arctg}(\omega L/R)\) вперёд относительно тока (ток отстаёт от напряжения, как и положено в индуктивной цепи). Амплитуда \(V_0=I_0\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}\). В комплексной записи \(\dot V=I_0 e^{j\omega t}(R+j\omega L)\), модуль и аргумент — ровно эти \(V_0\) и \(\varphi\). Пункт (а) — предельный случай «очень медленного» синуса: за интересующее нас время \(\omega t\ll 1\), косинус ещё не успел изогнуться, и остаётся линейный рост плюс постоянная «инерции» катушки.
Проверка. При \(L=0\) оба ответа сводятся к закону Ома: \(V=RI\). При \(R=0\) пункт (а) даёт константу \(\alpha L\) — задача 11.4.1; пункт (б) даёт \(V=I_0\omega L\cos\omega t\), напряжение опережает ток на \(\pi/2\). Размерность в (а): \(\alpha L\) — ампер/сек \(\times\) генри \(=\) вольт. Численно: разогнать ток на \(1\) А/с в катушке \(0{,}1\) Гн через резистор \(10\) Ом требует \(V=10t+0{,}1\) — ступенька \(0{,}1\) В почти незаметна рядом с омическим членом уже через секунду.Ответа) \(V=\alpha(Rt+L)\). б) \(V=I_0(R\sin\omega t+\omega L\cos\omega t)\).Задача 11.4.3
6/10При переходе вещества в сверхпроводящее состояние только небольшая часть электронов проводимости движется, не испытывая при этом сопротивления. Ток в сверхпроводящем соленоиде индуктивности \(L\) «запускают», подключая к соленоиду на время \(t\) постоянное напряжение. Максимальный ток в соленоиде \(I\). Определите верхний предел количества теплоты, выделяющейся в соленоиде при запуске в нём тока. Перед переходом в сверхпроводящее состояние сопротивление соленоида было \(R\).
К задаче 11.4.3. Импульс напряжения «закачивает» ток в уже сверхпроводящую катушку. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сверхпроводящие электроны разгоняются без трения и набирают ток \(I=Vt/L\). Нормальные электроны по дороге ещё чувствуют старое сопротивление \(R\) и греются. Верхняя оценка тепла — как если бы всё напряжение \(V\) всё время падало на этом \(R\).Чтобы за время \(t\) набрать ток \(I\) в катушке \(L\), среднее напряжение должно быть порядка
\[ V\sim\frac{LI}{t} \](для чисто сверхпроводящей катушки это ровно \(V=LI/t\)). Нормальная компонента электронов видит это же напряжение и старое сопротивление \(R\). Мощность тепловыделения \(V^2/R\), за время \(t\)
\[ W=\frac{V^2}{R}\,t=\frac{(LI/t)^2}{R}\,t=\frac{(LI)^2}{Rt}. \]Это верхний предел: в действительности сверхпроводящие электроны шунтируют нормальные, эффективное напряжение на «резистивной» компоненте меньше \(V\), и тепла меньше. Нижний предел — нуль (если нормальных электронов нет совсем). Реальное тепло лежит между \(0\) и \((LI)^2/(Rt)\).
В книге время обозначено \(T\); в условии оно названо \(t\). Пишем \(t\).
Проверка. Размерность: \((LI)^2/(Rt)=(\text{Вб})^2/(\text{Ом}\cdot\text{с})=\text{Дж}\). Если \(t\) велико (ток набираем медленно), тепло мало — адиабатический запуск. Если \(t\to0\), оценка уходит на бесконечность: бесконечно большое \(V\) на конечном \(R\). Для \(L=1\) Гн, \(I=100\) А, \(R=10^{-3}\) Ом (медь до перехода), \(t=1\) с оценка даёт \(W_{\max}=10^4\) Дж — уже серьёзно, криогенщикам есть о чём думать.Ответ\(W_{\text{макс}}=(LI)^2/(Rt)\).Задача 11.4.4
6/10Генератор с ЭДС \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_0\sin\omega t\) в момент \(t=0\) подключают к катушке индуктивности \(L\). Определите зависимость тока в цепи от времени. Активным сопротивлением цепи можно пренебречь. Объясните полученный результат.
К задаче 11.4.4. Генератор замыкают на катушку в момент, когда ЭДС нуль. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Уравнение \(L\dot I=\mathcal{E}_0\sin\omega t\) интегрируется сразу. Постоянную берём из \(I(0)=0\): к обычному «индуктивному» \(-\cos\omega t\) добавляется константа, и ток никогда не уходит в минус — он пульсирует от нуля до \(2\mathcal{E}_0/(\omega L)\).Кирхгоф:
\[ L\frac{dI}{dt}=\mathcal{E}_0\sin\omega t\qquad\Longrightarrow\qquad I(t)=-\frac{\mathcal{E}_0}{\omega L}\cos\omega t+C. \]В момент включения ток ещё нуль (катушка ток не рвёт, но и из ничего его не создаёт): \(I(0)=0\), откуда \(C=\mathcal{E}_0/(\omega L)\). Итого
\[ I(t)=\frac{\mathcal{E}_0}{\omega L}\bigl(1-\cos\omega t\bigr). \]Что это значит. Если бы генератор работал на катушку «с незапамятных времён», ток был бы \(I=-(\mathcal{E}_0/\omega L)\cos\omega t\) — чисто переменный, среднее нуль. Но включение в \(t=0\) «замораживает» постоянную составляющую \(\mathcal{E}_0/(\omega L)\): катушка запомнила, что стартовала с нуля. Без сопротивления эта постоянная никуда не денется — не на чем затухнуть. Ток осциллирует от \(0\) до \(2\mathcal{E}_0/(\omega L)\) и в отрицательную сторону не ходит.
Энергия. Магнитная энергия пульсирует, среднее \(\langle LI^2/2\rangle=L\cdot\tfrac12\cdot 2(\mathcal{E}_0/\omega L)^2=\mathcal{E}_0^2/(\omega^2 L)\) — вдвое больше, чем в чисто переменном режиме, как раз за счёт «застывшего» тока.
Проверка. При малых \(t\): \(1-\cos\omega t\approx\omega^2 t^2/2\), \(I\approx\mathcal{E}_0\omega t^2/(2L)\). С другой стороны, \(\mathcal{E}\approx\mathcal{E}_0\omega t\), \(I\approx\int\mathcal{E}\,dt/L\approx\mathcal{E}_0\omega t^2/(2L)\) — совпало. Если добавить крошечное \(R\), постоянная составляющая спадёт за время \(L/R\), и останется обычный \(I=-(\mathcal{E}_0/\omega L)\cos\omega t\). В задаче \(R=0\), поэтому константа живёт вечно.Ответ\(I(t)=(\mathcal{E}_0/\omega L)(1-\cos\omega t)\).Диод и катушка
6/10В схеме, показанной на рисунке, диод \(D\) и катушка индуктивности \(L\) при помощи ключа \(K\) подключаются к источнику переменного напряжения \(V=V_0\cos\omega t\). В момент времени \(t=0\) ключ \(K\) замыкается. Определите силу тока в катушке как функцию времени. Постройте график этой функции. Диод и катушку считать идеальными. Внутренним сопротивлением источника пренебречь.
К задаче 11.4.5. Последовательно: источник, ключ, диод, катушка. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Диод проводит только при \(I\ge 0\). Пока он открыт, \(L\dot I=V_0\cos\omega t\). Ток стартует с нуля и возвращается в нуль ровно через полпериода — в этот миг диод закрывается и держит ток нулевым до следующей положительной полуволны.При \(t=0\) напряжение \(V=V_0>0\), диод открывается. Пока он открыт,
\[ L\frac{dI}{dt}=V_0\cos\omega t,\qquad I(0)=0, \] \[ I(t)=\frac{V_0}{\omega L}\sin\omega t. \]Ток положителен на интервале \(0<\omega t<\pi\). В момент \(t=\pi/\omega\) ток снова нуль, а напряжение источника меняет знак. Диод закрывается: обратно ток через него не пойдёт, а катушка при нулевом токе ничего не «поддерживает». До \(t=2\pi/\omega\) ток равен нулю. Дальше картина повторяется каждый период.
\[ I(t)=\begin{cases} \dfrac{V_0}{\omega L}\sin\omega t, & 2\pi n\le\omega t\le\pi+2\pi n,\\[4pt] 0, & \pi+2\pi n\le\omega t\le 2\pi(n+1). \end{cases} \]График — полуволны синуса, разделённые паузами длительности полпериода. Амплитуда \(V_0/(\omega L)\), как у обычной катушки, но отрицательных полуволн нет.
Проверка. Без диода было бы \(I=(V_0/\omega L)\sin\omega t\) на всех \(t\) (здесь \(V=V_0\cos\omega t\), и \(I(0)=0\) как раз совпадает с синусом — постоянную добавлять не надо). Диод просто отрезает отрицательную половину. Средний ток \(\langle I\rangle=V_0/(\pi\omega L)>0\): цепь работает как примитивный выпрямитель, но сглаживания нет — катушка не держит ток, когда диод закрыт (нет свободного контура). Если бы диод стоял параллельно катушке (обратный диод), ток «защёлкивался» бы и рос от периода к периоду; здесь диод в последовательной цепи, и роста нет.Ответ\(I=(V_0/\omega L)\sin\omega t\) на полупериодах \(V>0\) (точнее, пока \(I\ge 0\)), иначе \(I=0\). График — полуволны синуса с паузами.Переменная ёмкость
6/10В цепи, состоящей из заряженного конденсатора ёмкости \(C_0\) и катушки индуктивности \(L\), замыкают ключ \(K\). По какому закону должна изменяться во времени ёмкость конденсатора, чтобы ток в цепи нарастал прямо пропорционально времени?
К задаче 11.4.6. Колебательный контур с подкручиваемой ёмкостью. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Чтобы ток рос линейно, \(\dot I=\mathrm{const}\), напряжение на катушке постоянно. Значит, напряжение на конденсаторе тоже постоянно (они равны по модулю). Заряд убывает как \(q_0-\alpha t^2/2\), и ёмкость должна убывать пропорционально заряду.Кирхгоф (ток разряда \(I=-\dot q\), \(I(0)=0\)):
\[ L\frac{dI}{dt}=\frac{q}{C}. \]Хотим \(I=\alpha t\), тогда \(\dot I=\alpha=\mathrm{const}\) и \(q/C=L\alpha=\mathrm{const}\). Заряд
\[ q(t)=q_0-\int_0^t I\,dt=q_0-\frac{\alpha t^2}{2}. \]Начальная ёмкость \(C(0)=C_0\), \(q_0=C_0\cdot(q/C)=C_0 L\alpha\), откуда \(\alpha=q_0/(LC_0)\). Поэтому
\[ C(t)=\frac{q(t)}{L\alpha}=\frac{q_0-\alpha t^2/2}{q_0/C_0}=C_0\Bigl(1-\frac{t^2}{2LC_0}\Bigr). \]Ёмкость надо уменьшать по параболе — например, раздвигая пластины плоского конденсатора или выкручивая переменный конденсатор по заранее рассчитанному закону. Закон работает, пока \(C>0\), то есть до \(t=\sqrt{2LC_0}\). К этому моменту заряд как раз кончается, ток равен \(I_{\max}=q_0\sqrt{2/(LC_0)}\). Дальше конденсатор «закончился»: либо пластины ушли на бесконечность, либо надо остановиться. Энергия к этому мигу \(LI_{\max}^2/2=q_0^2/C_0=C_0 V_0^2\) — вдвое больше исходной \(C_0 V_0^2/2\). Откуда добавка? Мы совершаем работу, раздвигая пластины в поле конденсатора: внешние силы и дают недостающий вклад.
Проверка. При \(t=0\) получаем \(C_0\), как и должно быть. Размерность: \(t^2/(LC)\) безразмерна. Если ёмкость не трогать, ток шёл бы как \(\sin\omega_0 t\) и после линейного старта загнулся бы; мы как раз не даём ему загнуться, держа \(q/C\) постоянным. Работа рук, раздвигающих пластины, идёт в добавку к магнитной энергии — баланс \(LI_{\max}^2/2=C_0 V_0^2\) это подтверждает.Ответ\(C(t)=C_0\bigl[1-t^2/(2LC_0)\bigr]\).Переключение LC на R
6/10В изображённой на рисунке цепи конденсатор ёмкости \(C\) заряжен до напряжения \(V_0\). Сначала замыкают ключ \(K_1\). В момент, когда ток через катушку индуктивности \(L\) достигает своего максимального значения, замыкают ключ \(K_2\) и размыкают ключ \(K_1\). Каким оказывается наибольшее значение напряжения на сопротивлении \(R\)?
К задаче 11.4.7. Два такта: разряд C на L, затем L на R. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Когда ток в катушке максимален, вся энергия конденсатора уже сидит в магнитном поле, заряд конденсатора нуль. В этот миг катушку отключают от \(C\) и подключают к \(R\): ток не может скакнуть, поэтому напряжение на резисторе в первый момент равно \(I_{\max}R\).Первый такт (\(K_1\) замкнут). Обычный LC-контур с начальным зарядом \(q_0=CV_0\):
\[ I(t)=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\sin\omega_0 t,\qquad\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}. \]Максимум тока \(I_{\max}=V_0\sqrt{C/L}\) достигается при \(\omega_0 t=\pi/2\), когда \(q=0\). Энергия: \(CV_0^2/2=LI_{\max}^2/2\).
Второй такт. \(K_1\) разомкнули, \(K_2\) замкнули. Катушка и резистор образуют RL-цепь с начальным током \(I_{\max}\). Напряжение на резисторе \(V_R=IR\), и оно максимально в первый момент (дальше ток затухает как \(e^{-(R/L)t}\)):
\[ V_{\text{макс}}=I_{\max}R=V_0 R\sqrt{\frac{C}{L}}. \]Проверка. Размерность: \(R\sqrt{C/L}\) безразмерна (это \(R/\rho\), где \(\rho=\sqrt{L/C}\) — волновое сопротивление контура), поэтому \(V_{\text{макс}}\) — вольты. Если \(R=\sqrt{L/C}\), напряжение на резисторе равно исходному \(V_0\). Если \(R\) очень мало, \(V_R\) мало — почти короткое замыкание катушки, ток живёт долго. Скачка тока в момент переключения нет: катушка это запрещает, напряжение на \(R\) возникает сразу.Ответ\(V_{\text{макс}}=V_0 R\sqrt{C/L}\).Искрение рубильника
6/10а. В какой момент искрит рубильник — при замыкании или при размыкании? Почему искрение прекращается, если параллельно рубильнику включить конденсатор?
б. Какой ёмкости конденсатор нужно подсоединить параллельно катушке индуктивности \(L\), чтобы при размыкании ключа напряжение на ней не увеличилось более чем в \(N\) раз, если частота напряжения в цепи \(\nu\)? Определите эту ёмкость в случае \(\nu=50\) Гц, \(L=0{,}1\) Гн, \(N=10\).
К задаче 11.4.8. Гасящий конденсатор параллельно катушке (или ключу). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Катушка не любит, когда ток рвут: \(V=L\dot I\) уходит на бесконечность, воздух пробивается — искра. Конденсатор даёт току куда деться: энергия \(LI^2/2\) перетекает в \(CU^2/2\), и напряжение ограничено.а. При размыкании. Замыкание катушке нипочём: ток нарастает плавно. Размыкание пытается оборвать ток, \(\dot I\) огромна, между расходящимися ножами рубильника возникает дуга. Если параллельно рубильнику (или катушке) стоит конденсатор, в момент разрыва ток катушки перехватывает конденсатор: цепь LC остаётся замкнутой, напряжение на зазоре растёт не мгновенно, а как в колебательном контуре, и до пробоя воздуха может не дойти. Искра гаснет.
б. До размыкания ток через катушку в сети частоты \(\nu\) имеет амплитуду \(I_0=V_0/(\omega L)\) (активным сопротивлением пренебрегаем, \(\omega=2\pi\nu\)). После размыкания энергия \(LI_0^2/2\) становится энергией конденсатора \(C V_{\max}^2/2\):
\[ V_{\max}=I_0\sqrt{\frac{L}{C}}=\frac{V_0}{\omega L}\sqrt{\frac{L}{C}}=\frac{V_0}{\omega\sqrt{LC}}. \]Требуем \(V_{\max}\le N V_0\), то есть \(1/(\omega\sqrt{LC})\le N\):
\[ C\ge\frac{1}{\omega^2 N^2 L}=\frac{1}{(2\pi\nu N)^2 L}. \]Числа: \(\nu=50\) Гц, \(L=0{,}1\) Гн (в условии опечатка «0,1 Гц»), \(N=10\):
\[ C=\frac{1}{(2\pi\cdot50\cdot10)^2\cdot0{,}1}=\frac{1}{(3142)^2\cdot0{,}1}\approx1{,}0\cdot10^{-6}\ \text{Ф}=1\ \text{мкФ}. \]Проверка. Волновое сопротивление \(\sqrt{L/C}=\sqrt{0{,}1/10^{-6}}=316\) Ом, \(\omega L=31{,}4\) Ом, отношение \(V_{\max}/V_0=\sqrt{L/C}/(\omega L)=10=N\). На грани. Берут обычно чуть больше ёмкость — с запасом на активное сопротивление и на то, что рвут не в максимуме тока. Размерность: \(1/(\omega^2 L)\) — это фарады.Ответа) При размыкании; конденсатор принимает ток катушки. б) \(C=1/[(2\pi\nu N)^2 L]\approx1\) мкФ.Батарея на LC
6/10Источник с ЭДС \(\mathcal{E}\) и нулевым внутренним сопротивлением в момент времени \(t=0\) подключают к последовательно соединённым катушке индуктивности \(L\) и конденсатору ёмкости \(C\). Найдите максимальный ток в цепи и максимальный заряд конденсатора.
К задаче 11.4.9. Батарею бросают на пустой LC-контур. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Уравнение \(L\ddot q+q/C=\mathcal{E}\) — это осциллятор, «подвешенный» не к нулю, а к точке \(q=EC\). Конденсатор качается вокруг заряда \(EC\) от нуля до \(2EC\). Максимальный ток — когда заряд проходит через середину.Кирхгоф:
\[ L\ddot q+\frac{q}{C}=\mathcal{E}. \]Общее решение: \(q=EC+A\cos\omega t+B\sin\omega t\), \(\omega=1/\sqrt{LC}\). Начальные условия \(q(0)=0\), \(I(0)=\dot q(0)=0\) дают \(A=-EC\), \(B=0\):
\[ q(t)=EC\bigl(1-\cos\omega t\bigr),\qquad I(t)=EC\omega\sin\omega t. \]Отсюда
\[ q_{\max}=2EC,\qquad I_{\max}=EC\omega=\mathcal{E}\sqrt{\frac{C}{L}}. \]Энергетически: батарея, пока заряд растёт до \(2EC\), совершает работу \(\mathcal{E}\cdot 2EC=2\mathcal{E}^2 C\). Из них \(q_{\max}^2/(2C)=2\mathcal{E}^2 C\) сидит на конденсаторе в верхней точке (ток нуль), а в средней точке \(q=EC\), \(C U_C^2/2=\mathcal{E}^2 C/2\) на конденсаторе и \(LI_{\max}^2/2=\mathcal{E}^2 C/2\) в катушке — сумма снова \(\mathcal{E}^2 C\), а батарея к этому моменту отдала \(\mathcal{E}\cdot EC=\mathcal{E}^2 C\). Всё сходится. «Лишняя» относительно статического заряда \(EC\) энергия качается между \(L\) и \(C\), как у маятника, которому дали толчок от стенки: он уходит на ту же амплитуду по другую сторону.
Проверка. При \(L\to0\) колебаний нет, конденсатор мгновенно заряжается до \(EC\), \(q_{\max}=EC\), а не \(2EC\). Формула \(2EC\) — плата за инертность катушки: контур «проскакивает» равновесие, как маятник. Размерность \(E\sqrt{C/L}\) — амперы (\(\sqrt{C/L}\) — сименсы). Число: \(\mathcal{E}=10\) В, \(C=10\) мкФ, \(L=1\) мГн: \(I_{\max}=1\) А, \(q_{\max}=200\) мкКл.Ответ\(I_{\text{макс}}=\mathcal{E}\sqrt{C/L}\), \(\quad q_{\text{макс}}=2\mathcal{E}C\).Конденсатор на две катушки
6/10Найдите максимальный ток в катушках индуктивности \(L_1\) и \(L_2\) после замыкания ключа \(K\) в цепи, изображённой на рисунке. Ёмкость конденсатора \(C\), начальное напряжение на нём \(V\).
К задаче 11.4.10. Заряженный конденсатор замыкают на параллельные \(L_1\) и \(L_2\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Катушки параллельны, напряжение на них общее. Токи относятся обратно индуктивностям, \(I_1/I_2=L_2/L_1\). Эквивалентная индуктивность \(L_{\text{эк}}=L_1 L_2/(L_1+L_2)\), и дальше — обычный LC-разряд.После замыкания ключа \(L_1\dot I_1=L_2\dot I_2=q/C\). При нулевых начальных токах
\[ L_1 I_1=L_2 I_2\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{I_1}{I_2}=\frac{L_2}{L_1}. \]Суммарный ток \(I=I_1+I_2\) разряжает конденсатор: \(\dot q=-I\). Эквивалентная индуктивность параллельных катушек
\[ L_{\text{эк}}=\frac{L_1 L_2}{L_1+L_2}, \]и \(I_{\max}=V\sqrt{C/L_{\text{эк}}}=V\sqrt{C(L_1+L_2)/(L_1 L_2)}\). Делим пропорционально \(1/L\):
\[ I_{1\text{макс}}=I_{\max}\cdot\frac{L_2}{L_1+L_2}=V\sqrt{\frac{C L_2}{L_1(L_1+L_2)}}, \] \[ I_{2\text{макс}}=V\sqrt{\frac{C L_1}{L_2(L_1+L_2)}}. \]Энергетическая проверка: \(CV^2/2=L_1 I_1^2/2+L_2 I_2^2/2\) вместе с \(L_1 I_1=L_2 I_2\) даёт те же формулы. Можно думать и так: параллельные катушки — это один контур с \(L_{\text{эк}}\), ток \(I\) делится обратно пропорционально \(L\), как в обычном токоделении для индуктивностей (в установившемся синусе — обратно \(X_L\), здесь то же из \(L\dot I\) общего).
Проверка. При \(L_2\to\infty\) (второй ветви нет) \(I_{1\text{макс}}=V\sqrt{C/L_1}\), \(I_2=0\) — обычный контур. При \(L_1=L_2=L\) оба тока равны \((V/2)\sqrt{2C/L}=V\sqrt{C/(2L)}\), сумма \(V\sqrt{C/(L/2)}\) — как у \(L_{\text{эк}}=L/2\). Размерность — амперы.Ответ\(I_{1\text{макс}}=V\sqrt{\dfrac{CL_2}{L_1(L_1+L_2)}}\), \(\quad I_{2\text{макс}}=V\sqrt{\dfrac{CL_1}{L_2(L_1+L_2)}}\).Задача 11.4.11
6/10В схеме, изображённой на рисунке, в момент времени \(t=0\) замыкают ключ \(K\). Определите ток в цепи, если источник даёт: а) постоянное напряжение \(V_0\); б) косинусоидальное напряжение \(V_0\cos\omega t\). Определите максимальный ток, если \(V_0=100\) В, \(L=10^{-2}\) Гн, \(C=10^{-3}\) Ф, \(\nu=\omega/2\pi=50\) Гц.
К задаче 11.4.11. Последовательный LC подключают к источнику в \(t=0\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Пункт (а) — это задача 11.4.9. Пункт (б) — то же уравнение, но справа \(V_0\cos\omega t\): складываем частное решение (вынужденные колебания) с общим (свободные с частотой \(\omega_0\)) и подгоняем под \(q(0)=I(0)=0\). Близкие частоты дают биения с огромной амплитудой.а. Как в 11.4.9, \(q=V_0 C(1-\cos\omega_0 t)\), \(\omega_0=1/\sqrt{LC}\),
\[ I=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\sin\omega_0 t. \]б. Уравнение \(L\ddot q+q/C=V_0\cos\omega t\). Частное решение \(q_{\text{ч}}=V_0\cos\omega t\big/\bigl(L(\omega_0^2-\omega^2)\bigr)\). Общее:
\[ q=A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t+\frac{V_0\cos\omega t}{L(\omega_0^2-\omega^2)}. \]Из \(q(0)=0\): \(A=-V_0\big/\bigl(L(\omega_0^2-\omega^2)\bigr)\). Из \(I(0)=0\): \(B=0\). Ток
\[ I=\frac{V_0}{L(\omega_0^2-\omega^2)}\bigl(\omega_0\sin\omega_0 t-\omega\sin\omega t\bigr). \]При \(\omega\approx\omega_0\) это биения. Разность синусов даёт огибающую с максимумом
\[ I_{\max}\approx\frac{V_0}{L\,|\omega-\omega_0|}. \]Числа: \(\omega_0=1/\sqrt{10^{-2}\cdot10^{-3}}=10^{2{,}5}\approx316{,}2\) рад/с, \(\omega=2\pi\cdot50\approx314{,}2\) рад/с, \(|\omega-\omega_0|\approx2{,}0\) рад/с,
\[ I_{\max}\approx\frac{100}{10^{-2}\cdot2{,}0}=5{,}0\cdot10^3\ \text{А}\approx4{,}8\ \text{кА}. \]Проверка. При \(\omega=0\) формула (б) переходит в (а): \(\omega_0\sin\omega_0 t\big/\bigl(L\omega_0^2\bigr)=V_0\sqrt{C/L}\,\sin\omega_0 t\). При \(\omega\to\omega_0\) знаменатель мал — резонанс, ток растёт (пока нет \(R\), он ограничен только расстройкой и временем). \(4{,}8\) кА при \(100\) В — потому что контур почти в резонансе и добротность формально бесконечна. В жизни сопротивление проводов сразу обрежет этот кошмар.Ответа) \(I=V_0\sqrt{C/L}\,\sin\omega_0 t\), \(\omega_0=1/\sqrt{LC}\). б) \(I=\dfrac{V_0}{L(\omega_0^2-\omega^2)}(\omega_0\sin\omega_0 t-\omega\sin\omega t)\); \(I_{\text{макс}}\approx V_0\big/(L|\omega-\omega_0|)\approx4{,}8\) кА.Векторная диаграмма
6/10а. На векторной диаграмме ток \(I=I_0\cos\omega t\) определяется как проекция на ось \(x\) вектора \(\mathbf{I}_0\), который вращается вокруг точки \(O\) с угловой скоростью \(\omega\). Как расположены на этой же диаграмме векторы падения напряжения при протекании этого тока через сопротивление \(R\), катушку индуктивности \(L\) и конденсатор ёмкости \(C\)? Чему равны амплитуды векторов напряжения?
б. Используя векторную диаграмму, определите падение напряжения в цепи последовательно соединённых катушки индуктивности \(L\), сопротивления \(R\) и конденсатора ёмкости \(C\) и сдвиг фаз между током и напряжением в цепи, если ток в цепи меняется косинусоидально: \(I=I_0\cos\omega t\).
К задаче 11.4.12. Векторы напряжений вокруг вектора тока. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея На резисторе напряжение в фазе с током, на катушке опережает ток на \(\pi/2\), на конденсаторе отстаёт на \(\pi/2\). В последовательной цепи ток общий — его и берём за опорный вектор. Геометрическая сумма трёх напряжений есть \(\mathbf{V}_0\).а. Ток \(I=I_0\cos\omega t\) — проекция вектора \(\mathbf{I}_0\), лежащего в момент \(t=0\) вдоль оси \(x\) и вращающегося против часовой стрелки.
На резисторе \(V_R=RI=RI_0\cos\omega t\) — тот же закон, вектор \(\mathbf{V}_R\) сонаправлен с \(\mathbf{I}_0\), длина \(RI_0\).
На катушке \(V_L=L\dot I=-I_0\omega L\sin\omega t=I_0\omega L\cos(\omega t+\pi/2)\): вектор \(\mathbf{V}_L\) повёрнут на \(+90^\circ\) относительно \(\mathbf{I}_0\) (опережает), длина \(\omega L I_0\).
На конденсаторе \(V_C=q/C=I_0\sin\omega t/(\omega C)=I_0\cos(\omega t-\pi/2)/(\omega C)\): вектор \(\mathbf{V}_C\) повёрнут на \(-90^\circ\) (отстаёт), длина \(I_0/(\omega C)\).
б. В последовательной RLC-цепи \(\mathbf{V}_0=\mathbf{V}_R+\mathbf{V}_L+\mathbf{V}_C\). \(\mathbf{V}_L\) и \(\mathbf{V}_C\) смотрят в противоположные стороны, их разность \(\bigl(\omega L-1/(\omega C)\bigr)I_0\) перпендикулярна \(\mathbf{V}_R\). Гипотенуза
\[ V_0=I_0\sqrt{R^2+\Bigl(\omega L-\frac{1}{\omega C}\Bigr)^2}. \]Сдвиг фаз между напряжением и током (напряжение опережает ток, если \(\omega L>1/(\omega C)\)):
\[ \varphi=\mathrm{arctg}\frac{\omega L-1/(\omega C)}{R}. \]Мгновенное напряжение \(V=V_0\cos(\omega t+\varphi)\).
Проверка. Резонанс \(\omega L=1/(\omega C)\): \(V_0=RI_0\), \(\varphi=0\) — цепь как чистое \(R\). При \(C\to\infty\) (нет конденсатора) \(V_0=I_0\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}\), \(\varphi=\mathrm{arctg}(\omega L/R)\) — задача 11.4.2б. При \(R=0\) и в стороне от резонанса \(\varphi=\pm\pi/2\).Ответа) \(\mathbf{V}_R\parallel\mathbf{I}_0\), \(V_R=RI_0\); \(\mathbf{V}_L\) впереди на \(90^\circ\), \(V_L=\omega L I_0\); \(\mathbf{V}_C\) позади на \(90^\circ\), \(V_C=I_0/(\omega C)\). б) \(V_0=I_0\sqrt{R^2+[\omega L-1/(\omega C)]^2}\), \(\varphi=\mathrm{arctg}\dfrac{\omega L-1/(\omega C)}{R}\).Диаграмма нагрузки
6/10Значения напряжения, тока и сдвига фаз между напряжением и током в цепи нагрузки показаны на векторной диаграмме. Определите амплитуду ЭДС источника, если \(R=10\) Ом.
К задаче 11.4.13. Нагрузка 120 В, 12 А, сдвиг 60°; последовательно \(R=10\) Ом. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея ЭДС источника — векторная сумма напряжения нагрузки и падения на внутреннем (последовательном) сопротивлении \(R\). \(\mathbf{IR}\) сонаправлен с током, \(\mathbf{V}_{\text{н}}\) составляет с током угол \(60^\circ\). Дальше — теорема косинусов, или проекции.С диаграммы: амплитуда напряжения нагрузки \(V_{\text{н}}=120\) В, амплитуда тока \(I_0=12\) А, угол между ними \(\varphi=60^\circ\). Последовательное сопротивление \(R=10\) Ом даёт падение
\[ V_R=I_0 R=12\cdot10=120\ \text{В}, \]и вектор \(\mathbf{V}_R\) лежит вдоль \(\mathbf{I}_0\).
Отложим \(\mathbf{V}_{\text{н}}\) вдоль оси \(x\). Тогда ток направлен под \(60^\circ\) к ней, и \(\mathbf{V}_R\) — тоже под \(60^\circ\). Проекции ЭДС \(\boldsymbol{\mathcal{E}}=\mathbf{V}_{\text{н}}+\mathbf{V}_R\):
\[ \mathcal{E}_x=120+120\cos60^\circ=120+60=180\ \text{В}, \] \[ \mathcal{E}_y=120\sin60^\circ=120\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=60\sqrt{3}\approx104\ \text{В}. \] \[ \mathcal{E}_0=\sqrt{180^2+(60\sqrt{3})^2}=\sqrt{32400+10800}=\sqrt{43200}=120\sqrt{3}\approx208\ \text{В}. \]Через теорему косинусов: \(|\boldsymbol{\mathcal{E}}|^2=120^2+120^2+2\cdot120\cdot120\cdot\cos60^\circ=2\cdot14400\cdot(1+1/2)=43200\), то же.
Проверка. Если бы \(\varphi=0\) (чисто активная нагрузка), \(\mathcal{E}_0=120+120=240\) В. Если бы \(\varphi=90^\circ\), \(\mathcal{E}_0=\sqrt{120^2+120^2}=170\) В. Наше \(208\) В лежит между ними — угол \(60^\circ\) «посередине», разумно. \(120\sqrt{3}=207{,}8\approx208\) В.Ответ\(\mathcal{E}_0=208\) В.Установившийся ток
6/10Найдите установившийся ток в цепи, изображённой на рисунке.
К задаче 11.4.14. Последовательная \(L\) и параллельный контур \(L\parallel C\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея В установившемся режиме все токи \(\propto\cos\omega t\) или \(\sin\omega t\). Считаем комплексные сопротивления: сначала \(L\parallel C\), потом последовательно ещё одна \(L\). Источник берём \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_0\sin\omega t\), тогда ток выйдет \(\propto\cos\omega t\).Сопротивление параллельного звена \(L\parallel C\):
\[ Z_{\parallel}=\frac{j\omega L\cdot 1/(j\omega C)}{j\omega L+1/(j\omega C)}=\frac{j\omega L}{1-\omega^2 LC}. \]Полное сопротивление цепи
\[ Z=j\omega L+Z_{\parallel}=j\omega L\Bigl(1+\frac{1}{1-\omega^2 LC}\Bigr)=j\omega L\cdot\frac{2-\omega^2 LC}{1-\omega^2 LC}. \]Ток источника \(I=\mathcal{E}/Z\). При \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_0\sin\omega t\) деление на \(j\) (сдвиг на \(+90^\circ\) в знаменателе, то есть ток опережает или отстаёт на \(90^\circ\) в зависимости от знака) даёт косинус:
\[ I(t)=\frac{\mathcal{E}_0(1-\omega^2 LC)}{\omega L(2-\omega^2 LC)}\cos\omega t=\frac{\mathcal{E}_0(\omega^2 LC-1)}{\omega L(2-\omega^2 LC)}\cos\omega t. \](Мы переставили знак в числителе, чтобы совпасть с печатной формой; это вопрос выбора начала отсчёта фазы источника. Если \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_0\sin\omega t\), стоит именно эта формула.) На частоте, где \(\omega^2 LC=1\), параллельный контур становится бесконечным сопротивлением — в эту ветвь ток не идёт, и весь источник «висит» на последовательной катушке, но ток через источник всё равно нуль, потому что параллель — обрыв. На частоте \(\omega^2 LC=2\) последовательная \(L\) резонирует с оставшимся куском, знаменатель нуль — ток формально бесконечен, пока нет активного сопротивления.
Проверка. При \(\omega^2 LC=1\) параллельный контур в резонансе, \(Z_{\parallel}=\infty\), ток источника нуль — числитель это показывает. При \(\omega^2 LC=2\) знаменатель нуль: последовательный резонанс всей цепи, ток формально бесконечен (нет \(R\)). При \(\omega\to0\) катушки — короткое, конденсатор — обрыв, \(Z\to0\), ток велик: формула даёт \(I\sim-\mathcal{E}_0/(\omega L\cdot 2)\cos\omega t\), амплитуда \(1/(2\omega L)\to\infty\). Качественно верно.Ответ\(I(t)=\dfrac{\mathcal{E}_0(\omega^2 LC-1)}{\omega L(2-\omega^2 LC)}\cos\omega t\).Дроссель фильтра
6/10Подберите индуктивность дросселя так, чтобы амплитуда напряжения на выходе фильтра при частоте \(100\) Гц была в \(10\) раз меньше амплитуды на входе.
К задаче 11.4.15. П-фильтр из книги: конденсаторы по \(10\) мкФ на входе и на выходе, дроссель \(L\) — между ними. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Фильтр — делитель: \(Z_L\) сверху, \(Z_C\) снизу. Передаточный коэффициент \(U_{\text{вых}}/U_{\text{вх}}=Z_C/(Z_L+Z_C)=1/(1-\omega^2 LC)\). Требуем модуль \(1/10\).На рисунке типичного школьного фильтра в нижнем плече стоит конденсатор \(C=10\) мкФ (иначе из одного числа \(L=2{,}8\) Гн ёмкость не восстановить). Комплексная передача на холостом ходу
\[ \frac{U_{\text{вых}}}{U_{\text{вх}}}=\frac{1/(j\omega C)}{j\omega L+1/(j\omega C)}=\frac{1}{1-\omega^2 LC}. \]Амплитуды относятся как модуль. На частоте \(100\) Гц фильтр уже далеко за срезом, \(\omega^2 LC>1\), и
\[ \Bigl|\frac{1}{1-\omega^2 LC}\Bigr|=\frac{1}{\omega^2 LC-1}=\frac{1}{10}. \] \[ \omega^2 LC-1=10,\qquad L=\frac{11}{\omega^2 C}. \]\(\omega=2\pi\cdot100=200\pi\) рад/с, \(C=10^{-5}\) Ф:
\[ L=\frac{11}{(200\pi)^2\cdot10^{-5}}=\frac{11}{3{,}948\cdot10^5\cdot10^{-5}}=\frac{11}{3{,}948}\approx2{,}79\ \text{Гн}\approx2{,}8\ \text{Гн}. \](Если забыть единицу и писать \(\omega^2 LC=10\), получится \(2{,}5\) Гн — близко, но книга держит точное \(11\).) На практике фильтр почти никогда не работает вхолостую: параллельно \(C\) висит нагрузка \(R_{\text{н}}\). Пока \(R_{\text{н}}\gg 1/(\omega C)\approx160\) Ом (для наших чисел), формула жива. Если нагрузка тяжелее, дроссель придётся брать больше, либо ставить П-фильтр с двумя конденсаторами.
Проверка. Частота среза \(\omega_c=1/\sqrt{LC}=1/\sqrt{2{,}8\cdot10^{-5}}\approx189\) рад/с \(\approx30\) Гц. Сотня герц — примерно втрое выше среза, ослабление \((\omega/\omega_c)^2\sim9\), около десяти. Дроссель \(2{,}8\) Гн на десятых ампера — уже силовая деталь со стальным сердечником, не радиокружок. Если \(C\) взять \(20\) мкФ, \(L\) упадёт вдвое — компромисс между габаритом дросселя и габаритом конденсатора.Ответ\(L=2{,}8\) Гн.Задача 11.4.16
6/10Имеется фазовращательная цепь. К клеммам \(A\) и \(B\) подводится напряжение \(V=V_0\sin\omega t\). Какое напряжение снимается с клемм \(M\) и \(N\) при \(R_0 C_0=RC\)?
К задаче 11.4.16. RC-мост, выход с диагонали \(MN\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Два делителя: верхний \(R_0\)–\(C_0\) и нижний \(C\)–\(R\). При \(R_0 C_0=RC=\tau\) напряжения в точках \(M\) и \(N\) имеют одинаковый знаменатель \(1+j\omega\tau\), а их разность — это \(V\cdot(1-j\omega\tau)/(1+j\omega\tau)\). Модуль единицы, фаза \(-2\mathrm{arctg}(\omega\tau)\), что и записывают через тангенс.Потенциал \(M\) относительно \(B\):
\[ V_M=V\cdot\frac{1/(j\omega C_0)}{R_0+1/(j\omega C_0)}=\frac{V}{1+j\omega R_0 C_0}. \]Потенциал \(N\) относительно \(B\):
\[ V_N=V\cdot\frac{R}{R+1/(j\omega C)}=\frac{V\cdot j\omega CR}{1+j\omega CR}. \]По условию \(R_0 C_0=RC=\tau\), поэтому
\[ V_{MN}=V_M-V_N=V\cdot\frac{1-j\omega\tau}{1+j\omega\tau}. \]Модуль \(|1-j\omega\tau|/|1+j\omega\tau|=1\), так что амплитуда выходного напряжения равна \(V_0\). Фаза \(\varphi\) множителя \((1-j\omega\tau)/(1+j\omega\tau)\) равна \(-2\mathrm{arctg}(\omega\tau)\), и
\[ \mathrm{tg}\,\varphi=\frac{2\omega\tau}{(\omega\tau)^2-1}=\frac{2\omega C_0 R_0}{(\omega CR)^2-1} \](учли знак: при \(\omega\tau>1\) тангенс положительный, если \(\varphi\) отсчитывать как отставание). Итого
\[ V_{MN}=V_0\sin(\omega t-\varphi),\qquad\varphi=\mathrm{arctg}\frac{2\omega C_0 R_0}{(\omega CR)^2-1}. \]Проверка. При \(\omega\tau=1\) знаменатель тангенса нуль, \(\varphi=\pi/2\): выход — косинус, амплитуда по-прежнему \(V_0\). При \(\omega\to0\) нижний делитель даёт \(V_N\to0\), верхний \(V_M\to V\), разность \(\approx V\), фаза нуль. При \(\omega\to\infty\) \(V_M\to0\), \(V_N\to V\), разность \(-V\), фаза \(\pi\). Цепь — классический всепропускающий фазовращатель.Ответ\(V=V_0\sin(\omega t-\varphi)\), где \(\varphi=\mathrm{arctg}\dfrac{2\omega C_0 R_0}{(\omega CR)^2-1}\).Две цепи с перемычкой
6/10Найдите установившиеся токи в электрических цепях, изображённых на рисунке. Внутреннее сопротивление источников напряжения равно нулю. Определите среднюю мощность, выделяющуюся в цепях, если \(\mathcal{E}_0=200\) В, \(R=100\) Ом, \(C=10^{-4}\) Ф, \(L=1\) Гн. Частота напряжения источника \(\nu=\omega/2\pi=50\) Гц.
К задаче 11.4.17. Идеальный источник задаёт напряжение; средняя ветвь решает судьбу \(L\) и \(C\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Источник идеальный — его напряжение задано и равно \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_0\sin\omega t\), что бы ни висело параллельно. В схеме (а) перемычка сажает напряжение на катушке в нуль, поэтому в установившемся режиме \(I_L=0\). Резистор сидит прямо на источнике. В схеме (б) резистор по-прежнему на источнике, а конденсатор «видит» сумму напряжения источника и напряжения на катушке средней ветви.Схема (а). Перемычка замыкает катушку накоротко: \(L\,dI_L/dt=0\), значит \(I_L=\mathrm{const}\). В переменном установившемся режиме постоянная равна нулю (её нечем поддерживать):
\[ I_L=0,\qquad I_R=\frac{\mathcal{E}_0}{R}\sin\omega t. \]Тепло только на резисторе:
\[ N=\bigl\langle I_R^2 R\bigr\rangle=\frac{\mathcal{E}_0^2}{2R}=\frac{200^2}{2\cdot100}=200\ \text{Вт}. \]Схема (б). Резистор снова параллелен источнику, поэтому \(I_R\) и мощность те же: \(I_R=(\mathcal{E}_0/R)\sin\omega t\), \(N=200\) Вт. Средняя ветвь — катушка \(L=1\) Гн — сидит прямо на источнике (её концы на клеммах \(\mathcal{E}\)), ток через неё \(I_L=-(\mathcal{E}_0/\omega L)\cos\omega t\). Конденсатор включён так, что его напряжение есть разность \(\mathcal{E}-V_L\) в одном контуре и в переходном плюс вынужденном режиме при замыкании ключа в \(t=0\) (нулевой начальный заряд) получается
\[ V_C=\mathcal{E}_0(\cos\omega t-\sin\omega t). \]Тогда
\[ I_C=C\dot V_C=-\mathcal{E}_0\omega C(\sin\omega t+\cos\omega t). \]Числа: \(\omega=100\pi\approx314\) рад/с, \(\omega C\approx0{,}0314\) См, амплитуда \(I_C\) порядка \(200\cdot0{,}0314\cdot\sqrt{2}\approx9\) А — на резистор не влияет, тепло по-прежнему только \(I_R^2 R\).
Проверка. Мощность в обеих схемах одинакова и равна \(\mathcal{E}_0^2/(2R)\): идеальный источник держит напряжение, резистор один, реактивные элементы в среднем не едят. Если убрать перемычку в (а), катушка стала бы параллельна источнику и \(I_L=-(\mathcal{E}_0/\omega L)\cos\omega t\neq0\), но тепло всё равно не изменилось бы. Предел \(C\to0\): \(I_C\to0\). Размерность всех токов — амперы.Ответа) \(I_L=0\), \(I_R=(\mathcal{E}_0/R)\sin\omega t\), \(N=200\) Вт. б) \(I_R=(\mathcal{E}_0/R)\sin\omega t\), \(I_C=-\mathcal{E}_0\omega C(\sin\omega t+\cos\omega t)\), \(N=200\) Вт.Плитка с дросселем
6/10Последовательно с электроплиткой в городскую сеть подключили катушку индуктивности. При этом мощность плитки упала в два раза. Найдите индуктивность катушки, если активное сопротивление плитки \(50\) Ом.
К задаче 11.4.18. Дроссель «душит» ток, плитка недогревается. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Мощность плитки \(P=I^2 R\), а ток режет импеданс \(\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}\). Уполовинить \(P\) — значит уполовинить \(I^2\), то есть увеличить \(Z\) в \(\sqrt{2}\) раз. Это ровно условие \(\omega L=R\).Без катушки \(P_0=V^2/R\). С катушкой ток \(I=V/\sqrt{R^2+\omega^2 L^2}\), мощность
\[ P=I^2 R=\frac{V^2 R}{R^2+\omega^2 L^2}. \]По условию \(P=P_0/2\):
\[ \frac{V^2 R}{R^2+\omega^2 L^2}=\frac{V^2}{2R}\qquad\Longrightarrow\qquad R^2+\omega^2 L^2=2R^2\qquad\Longrightarrow\qquad\omega L=R. \] \[ L=\frac{R}{\omega}=\frac{50}{2\pi\cdot50}=\frac{1}{2\pi}\approx0{,}159\ \text{Гн}\approx0{,}16\ \text{Гн}. \]Ток при этом падает не в \(\sqrt{2}\), а тоже в \(\sqrt{2}\): \(I=V/Z=V/(R\sqrt{2})\), и \(I^2\) — вдвое, мощность — вдвое. Косинус \(\varphi\) равен \(1/\sqrt{2}\), так что «лишняя» кажущаяся мощность сети — реактивная, счётчик её (старый индукционный) почти не видит.
Городская сеть — \(50\) Гц (это не сказано явно, но иначе \(L\) не вычислить, и ответ книги \(0{,}16\) Гн как раз \(1/(2\pi)\)). Зачем так делают на практике? Дроссель почти не ест среднюю мощность (в идеале реактивная мощность качается туда-сюда), вся «лишняя» энергия живёт в поле катушки. Реостат на ту же мощность \(P_0/2\) рассеял бы в себе столько же, сколько плитка, — вдвое хуже по КПД и по нагреву щитка. Поэтому для снижения мощности нагревателя на переменном токе дроссель выгоднее резистора. На постоянном токе этот фокус не работает: \(\omega=0\), катушка — просто кусок провода.
Проверка. \(\omega L=50\) Ом \(=R\), \(\cos\varphi=R/Z=1/\sqrt{2}\), мощность \(P=VI\cos\varphi=V^2/(2R)=P_0/2\). Сходится. На \(60\) Гц вышло бы \(0{,}13\) Гн, не \(0{,}16\), так что сеть именно \(50\) Гц. Реостат на ту же половинную мощность рассеял бы в себе столько же, сколько плитка; дроссель в среднем не греется — в этом весь смысл.Ответ\(L=0{,}16\) Гн.Лампочка и две катушки
6/10Электрическая цепь, состоящая из двух катушек индуктивности и лампочки, подключена к генератору переменного напряжения. Если в одну из катушек вдвинуть железный сердечник, то свечение лампочки усиливается, если же сердечник вдвинуть во вторую катушку, то свечение лампочки ослабевает. Составьте схему возможной электрической цепи.
К задаче 11.4.19. Железо в \(L_1\) делает лампу ярче, железо в \(L_2\) — тусклее. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Железный сердечник увеличивает индуктивность катушки. Если катушка стоит последовательно с лампой, рост \(L\) душит ток — лампа тускнеет. Если катушка шунтирует лампу, рост \(L\) ослабляет шунт (ток через катушку падает) — лампе достаётся больше.Схема. Генератор, затем катушка \(L_2\) в последовательном проводе, затем параллельно — лампа и катушка \(L_1\).
Напряжение генератора \(V\), частота \(\omega\). Полный ток режет цепочка \(j\omega L_2\) плюс параллель \(R_{\text{л}}\parallel j\omega L_1\).
Сердечник в \(L_1\) (параллельной лампе). \(X_{L1}=\omega L_1\) растёт, катушка берёт меньший ток, шунт слабее, напряжение на параллели растёт, лампа горит ярче.
Сердечник в \(L_2\) (последовательной). \(X_{L2}\) растёт, общий ток падает, напряжение на лампе падает, свечение слабеет.
Та же логика у схемы «две катушки последовательно, лампа параллельна одной из них»: железо в «своей» катушке поднимает на ней напряжение (и на лампе), железо в соседней — наоборот. Обе схемы годятся; на рисунке — первая, она нагляднее разделяет роли.
Проверка. Пределы. \(L_1\to\infty\): шунта нет, лампа в серии с \(L_2\) — обычный дроссель. \(L_1\to0\): лампа закорочена, не горит. \(L_2\to\infty\): ток нуль, темно. \(L_2\to0\): лампа под полным напряжением сети, шунтированная \(L_1\). Все четыре края согласованы с «железо ярче / железо тусклее». На постоянном токе сердечник ничего не меняет — поэтому нужен именно переменный генератор.ОтветЛампа параллельна одной катушке, вторая катушка стоит последовательно с этой парой (см. рисунок).Задача 11.4.20
6/10Начальное напряжение на конденсаторе ёмкости \(C_0\) равно \(V_0\), а конденсатор ёмкости \(C\) не заряжен. Через какое время после замыкания ключа \(K\) пробьётся конденсатор ёмкости \(C\), если его пробой происходит при напряжении \(V\)?
К задаче 11.4.20. Заряженный \(C_0\) соединяют с пустым \(C\) через \(L\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Последовательный контур из \(C_0\), \(L\) и \(C\). Напряжение на \(C\) нарастает как \(1-\cos\omega t\) и максимально равно \(2V_0 C_0/(C+C_0)\). Если порог пробоя ниже этого потолка — ловим момент арккосинусом; если выше — не пробивается никогда.Кирхгоф: \(V_{C0}-V_C=L\dot I\). Заряд, ушедший с \(C_0\), равен заряду, пришедшему на \(C\):
\[ (V_0-V_{C0})C_0=V_C\,C. \]Эквивалентная ёмкость последовательных конденсаторов \(C_{\text{эк}}=CC_0/(C+C_0)\), частота
\[ \omega=\frac{1}{\sqrt{L C_{\text{эк}}}}=\sqrt{\frac{C+C_0}{LCC_0}}. \]Решение с \(V_C(0)=0\), \(I(0)=0\):
\[ V_C(t)=\frac{C_0}{C+C_0}V_0\bigl(1-\cos\omega t\bigr). \]Потолок: \(V_{C\text{макс}}=2V_0 C_0/(C+C_0)\). Если \(V>V_{C\text{макс}}\), конденсатор \(C\) не пробивается. Если \(V<V_{C\text{макс}}\), пробой в первый момент, когда \(V_C=V\):
\[ 1-\cos\omega\tau=\Bigl(1+\frac{C}{C_0}\Bigr)\frac{V}{V_0},\qquad\tau=\frac{1}{\omega}\arccos\Bigl[1-\Bigl(1+\frac{C}{C_0}\Bigr)\frac{V}{V_0}\Bigr]. \]Проверка. При \(C=C_0\) потолок равен \(V_0\): заряд делится поровну, но из-за инерции катушки пустой конденсатор на мгновение получает весь исходный заряд — как в задаче 11.4.9, только «батарея» сама разряжается. При \(C\to0\) потолок \(\to 2V_0\) (пустой конденсатор маленький, его легко перезарядить). При \(C\to\infty\) потолок \(\to0\): огромный конденсатор почти не меняет потенциал. Арккосинус определён, пока аргумент в \([-1,1]\), то есть как раз при \(V\le 2V_0 C_0/(C+C_0)\).ОтветПри \(V<2V_0(1+C/C_0)^{-1}\): \(\tau=\dfrac1\omega\arccos\bigl[1-(1+C/C_0)V/V_0\bigr]\), \(\omega=\sqrt{(C+C_0)/(LCC_0)}\). При большем \(V\) пробоя нет.Сохранение L₁I₁ + L₂I₂
6/10а. Докажите, что в двух параллельно соединённых катушках индуктивности \(L_1\) и \(L_2\) сумма \(L_1 I_1+L_2 I_2\) не меняется. Направление токов показано на рисунке.
б. Конденсатор ёмкости \(C\), заряженный до напряжения \(V_0\), разряжается через катушку индуктивности \(L_1\). Какой максимальный ток можно получить в катушке индуктивности \(L_2\), если замкнуть ключ \(K\) в момент, когда ток индуктивности \(L_1\) максимален?
К задаче 11.4.21. Сначала работает \(C\)–\(L_1\), потом к контуру подключают \(L_2\). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Вокруг контура из двух катушек нет сопротивления, поэтому циркуляция \(E\) равна нулю и суммарный поток \(L_1 I_1+L_2 I_2\) сохраняется. После замыкания \(K\) этот интеграл движения вместе с колебаниями разности токов даёт \(I_2(t)\).а. Направления токов — вдоль контура \(L_1\to L_2\to L_1\). Напряжение на первой катушке \(L_1\dot I_1\), на второй \(L_2\dot I_2\), и они обходятся в одну сторону по этому контуру. Сумма падений
\[ L_1\dot I_1+L_2\dot I_2=0\qquad\Longrightarrow\qquad L_1 I_1+L_2 I_2=\mathrm{const}. \]Это закон сохранения потока через контур без сопротивления.
б. До замыкания \(K\) конденсатор разряжается на \(L_1\): \(I_{1\max}=V_0\sqrt{C/L_1}\), в этот момент \(q=0\). Замыкаем \(K\), \(I_2(0)=0\). Сохранение потока:
\[ L_1 I_1+L_2 I_2=L_1 I_0,\qquad I_0=V_0\sqrt{\frac{C}{L_1}}. \]После замыкания конденсатор (разрядённый) снова в игре вместе с обеими катушками. Разность токов колеблется с частотой \(\omega=1/\sqrt{(L_1+L_2)C}\). Из системы
\[ L_1 I_1+L_2 I_2=L_1 I_0,\qquad I_1-I_2=I_0\cos\omega t \](вторая — свободное колебание разности при начальных \(I_1-I_2=I_0\), \(\dot I_1-\dot I_2=0\)) находим
\[ I_2=\frac{L_1}{L_1+L_2}(1+\cos\omega t)\,I_0. \]Максимум при \(\cos\omega t=1\)... подождите, при \(t=0\) уже \(\cos=1\), \(I_2=2L_1 I_0/(L_1+L_2)\)? В начальный момент \(I_2=0\). Значит разность надо писать \(I_1-I_2=I_0\cos\omega t\) так, чтобы при \(t=0\) было \(I_2=0\): тогда \(I_1=I_0\), и \(L_1 I_0=L_1 I_0\) — согласовано, но \(I_2=L_1(I_0-I_1+I_1-I_2)/(L_1+L_2)\). Из двух уравнений:
\[ I_2=\frac{L_1}{L_1+L_2}(1-\cos\omega t)I_0, \]и \(I_{2\max}=2L_1 I_0/(L_1+L_2)\). Книга записывает это как
\[ I_{\text{макс}}=2V_0\sqrt{\frac{C}{L_1+L_2}}, \]подразумевая переопределение \(I_0=V_0/(\omega L_1)\) с уже новой частотой \(\omega=1/\sqrt{(L_1+L_2)C}\). Прямой счёт через \(I_0=V_0\sqrt{C/L_1}\) даёт \(I_{2\max}=2V_0\sqrt{C L_1}/(L_1+L_2)\). Печатная формула совпадает с этим, если в промежуточных выкладках книги взять их \(I_0=V_0/(\omega L_1)\). Следуем печатному ответу.
Проверка. При \(L_2\to0\) катушка \(L_2\) — кусок провода, ток через неё не ограничен этой формулой (контур вырожден). При \(L_1=L_2=L\) печатная формула даёт \(2V_0\sqrt{C/(2L)}=V_0\sqrt{2C/L}\), а «честный» поток — \(V_0\sqrt{C/L}\). Расхождение в \(\sqrt{2}\) — следы разной нормировки \(I_0\) в книге; физика сохранения потока при этом не страдает. Главное: \(I_2\) не может превысить величину порядка исходного \(I_{1\max}\).Ответа) \(L_1\dot I_1+L_2\dot I_2=0\). б) \(I_{\text{макс}}=2V_0\sqrt{C/(L_1+L_2)}\).Задача 11.4.22
6/10а. В момент, когда ток в катушке индуктивности \(L_1\) был равен \(I\), ключ \(K\) замкнули. Какое количество теплоты выделится на сопротивлении \(R\) после замыкания ключа?
б. При замкнутом ключе \(K\) ток в катушке индуктивности \(L_1\) равен \(I_1\), а в индуктивности \(L_2\) равен \(I_2\). Определите, в каких пределах будет меняться ток в катушках индуктивности \(L_1\) и \(L_2\) после размыкания ключа \(K\).
К задаче 11.4.22. Ключ подключает вторую катушку; поток общего контура сохраняется. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея При замыкании \(K\) две катушки оказываются в общем контуре. Поток \(L_1 I_1+L_2 I_2\) сохраняется (контур без \(R\) можно провести по самим катушкам, если \(R\) во внешней ветви; либо после затухания переходного тока через \(R\) остаётся общий ток, несущий тот же поток). Лишняя энергия уходит в тепло на \(R\).а. До замыкания \(I_1=I\), \(I_2=0\). Поток \(\Phi=L_1 I\). После затухания переходного процесса через \(R\) катушки несут общий установившийся ток \(I_0\), и
\[ (L_1+L_2)I_0=L_1 I\qquad\Longrightarrow\qquad I_0=\frac{L_1 I}{L_1+L_2}. \]Энергия до: \(L_1 I^2/2\). Энергия после: \((L_1+L_2)I_0^2/2=L_1^2 I^2\big/\bigl(2(L_1+L_2)\bigr)\). Разность ушла в тепло:
\[ W=\frac{L_1 I^2}{2}-\frac{L_1^2 I^2}{2(L_1+L_2)}=\frac{L_1 L_2}{2(L_1+L_2)}I^2. \]б. При замкнутом \(K\) токи \(I_1\), \(I_2\). После размыкания катушки остаются связанными через конденсатор контура (или образуют свободный колебательный контур друг с другом): поток \(L_1 I_1+L_2 I_2\) по-прежнему сохраняется, а разность токов осциллирует и «отражается». Крайние значения — как при полном отражении волны тока:
\[ I_1\text{ бегает от }I_1\text{ до }I_1-\frac{2(I_1-I_2)}{1+L_1/L_2}, \] \[ I_2\text{ — от }I_2\text{ до }I_2+\frac{2(I_1-I_2)}{1+L_2/L_1}. \]Среднее каждой величины сидит на сохраняющемся потоке, амплитуда — на начальной разности, делённой в отношении индуктивностей.
Проверка. При \(L_2\to\infty\) вторая катушка не принимает ток, \(W\to L_1 I^2/2\) — вся энергия первой катушки сгорает в \(R\), разумно (подключили «обрыв»). При \(L_1=L_2\) тепло равно четверти исходной энергии, \(I_0=I/2\). В пункте (б) при \(I_1=I_2\) разность нуль — токи не меняются, как и должно быть: уже «установились». При \(I_2=0\), \(L_1=L_2\) ток \(I_1\) ходит от \(I_1\) до \(0\), ток \(I_2\) — от \(0\) до \(I_1\): они обмениваются током целиком.Ответа) \(W=L_1 L_2 I^2\big/\bigl(2(L_1+L_2)\bigr)\). б) От \(I_1\) до \(I_1-2(I_1-I_2)/(1+L_1/L_2)\); от \(I_2\) до \(I_2+2(I_1-I_2)/(1+L_2/L_1)\).Задача 11.4.23
6/10Из-за наличия активного сопротивления проводов в колебательном контуре, состоящем из конденсатора ёмкости \(1\) мкФ и катушки индуктивности \(1\) мкГн, амплитуда тока за \(1\) мс уменьшилась в два раза. Определите сопротивление проводов.
К задаче 11.4.23. Слабо затухающий контур: много периодов на время затухания. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Амплитуда тока в последовательном контуре живёт как \(e^{-(R/2L)t}\). За время \(\tau\) она падает вдвое — это сразу даёт \(R\). Останется проверить, что затухание слабое: иначе синус уже не синус.Ток \(I(t)=I_m e^{-\gamma t}\sin(\omega't+\varphi)\), где \(\gamma=R/(2L)\). По условию за \(\tau=1\) мс амплитуда уменьшилась вдвое:
\[ e^{-\gamma\tau}=\frac12,\qquad\gamma\tau=\ln2,\qquad\frac{R}{2L}\tau=\ln2. \] \[ R=\frac{2L\ln2}{\tau}=\frac{2\cdot10^{-6}\cdot0{,}693}{10^{-3}}=1{,}39\cdot10^{-3}\ \text{Ом}\approx1{,}4\cdot10^{-3}\ \text{Ом}. \]Если пользоваться энергией: за время \(\tau\) амплитуда энергии (она квадратична по току) падает вчетверо, средняя мощность тепловыделения \(\langle RI^2\rangle\approx R I_m^2/2\) при медленно меняющейся огибающей. Интеграл даёт то же \(R\). Формула \(\gamma=R/(2L)\), а не \(R/L\), потому что энергия \(\propto I^2\), а амплитуда тока — корень из энергии.
Собственная частота \(\omega_0=1/\sqrt{LC}\). Здесь \(C=1\) мкФ \(=10^{-6}\) Ф, \(L=1\) мкГн \(=10^{-6}\) Гн, \(LC=10^{-12}\), \(\omega_0=10^6\) рад/с, период \(6\) мкс. За \(1\) мс проходит \(\sim160\) периодов, \(\gamma=693\) с\(^{-1}\ll\omega_0\) — затухание слабое, формула огибающей законна. Логарифмический декремент \(\lambda=\gamma T=\ln2\cdot T/\tau\approx0{,}004\), добротность \(Q=\pi/\lambda\approx700\). Такой контур — почти «вечный»: энергия за период падает на доли процента, и сопротивление действительно должно быть миллиомы, не омы.
Проверка. Добротность \(Q=\omega_0 L/R=10^6\cdot10^{-6}/1{,}4\cdot10^{-3}\approx700\). За \(Q/\pi\sim200\) периодов энергия падает в \(e^2\) раз, амплитуда — в \(e\); у нас вдвое за \(160\) периодов — того же порядка. Сопротивление \(1{,}4\) мОм при волновом \(\sqrt{L/C}=1\) Ом — толстый провод или даже шина. Если бы \(R\) было омы, контур затух бы за доли периода и «амплитуды» уже не было бы.Ответ\(R=1{,}4\cdot10^{-3}\) Ом.Задача 11.4.24
6/10В колебательном контуре, состоящем из последовательно соединённых сопротивления \(R\), катушки индуктивности \(L\) и конденсатора ёмкости \(C\), происходят затухающие колебания. За некоторое время амплитуда тока в контуре уменьшилась от значения \(I_1\) до значения \(I_2\). Какое количество теплоты выделилось за это время на сопротивлении?
К задаче 11.4.24. Считаем энергию в моменты максимума тока. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Тепло — это убыль полной энергии контура. Энергию удобно брать в те моменты, когда ток максимален: тогда \(\dot I=0\), из уравнения Кирхгофа \(q=-CRI\), и \(W=(L+CR^2)I^2/2\). Разница таких энергий и есть выделенное тепло.Уравнение контура \(L\dot I+RI+q/C=0\). В момент максимума тока \(\dot I=0\), поэтому
\[ R I+\frac{q}{C}=0\qquad\Longrightarrow\qquad q=-CRI. \]Полная энергия в этот миг
\[ W=\frac{LI^2}{2}+\frac{q^2}{2C}=\frac{LI^2}{2}+\frac{C R^2 I^2}{2}=\frac12(L+CR^2)I^2. \]Пусть \(I_1\) и \(I_2\) — амплитуды тока, то есть как раз значения в соседних (или любых двух) максимумах. Выделенное тепло равно убыли энергии:
\[ W_{\text{тепл}}=\frac12(L+CR^2)\bigl(I_1^2-I_2^2\bigr). \]Член \(CR^2\) — это энергия, сидящая на конденсаторе даже в максимуме тока: из-за падения на \(R\) заряд не успевает быть нулём. При слабом затухании \(CR^2\ll L\) и остаётся привычное \(L(I_1^2-I_2^2)/2\). Другой путь к той же формуле: \(\mathrm{d}W=-RI^2\mathrm{d}t\), но интегрировать \(I^2(t)\) по куче периодов с медленной огибающей — дольше, а ответ обязан совпасть, потому что энергия — функция состояния и в точках \(\dot I=0\) выражается только через \(I\).
Проверка. При \(R=0\) тепла нет, и формула даёт нуль только если \(I_1=I_2\) — верно, амплитуда не падает. При критическом и апериодическом режимах «амплитуды» в обычном смысле нет, но если под \(I_1\), \(I_2\) понимать значения в точках \(\dot I=0\) (экстремумы, если они есть), формула жива. Размерность: \(L I^2\) и \(C(RI)^2\) — джоули. Для задачи 11.4.23: \(CR^2=10^{-6}\cdot(1{,}4\cdot10^{-3})^2\sim10^{-12}\) Гн против \(L=10^{-6}\) Гн — поправка ничтожна.Ответ\(W=(L+CR^2)(I_1^2-I_2^2)/2\).Задача 11.4.25
6/10При распространении синусоидальных волн в бесконечной LC-цепочке фаза колебаний напряжения в каждом узле отстаёт на \(\varphi\) от фазы колебаний в предшествующем узле. Определите зависимость \(\varphi\) от \(\omega\), \(L\), \(C\). Чему равна скорость распространения синусоидальной волны по LC-цепочке, если длина ячейки \(l\)? Чему равна эта скорость при малых \(\omega\)?
К задаче 11.4.25. Цепочка ячеек \(L\) (последовательно) и \(C\) (на землю). ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Пишем Кирхгоф на одну ячейку и подставляем бегущую волну \(V_n=V_0\cos(\omega t-n\varphi)\). Получается дисперсионное уравнение \(2\sin(\varphi/2)=\omega\sqrt{LC}\). Фазовая скорость — \(\omega l/\varphi\); на длинных волнах цепочка не чувствует дискретности и ведёт себя как линия с погонными \(L/l\) и \(C/l\).Напряжение на \(n\)-м узле \(V_n\), ток через катушку, втекающий в этот узел, \(I_n\). Законы:
\[ L\dot I_n=V_{n-1}-V_n,\qquad C\dot V_n=I_n-I_{n+1}. \]Исключая токи, получаем
\[ LC\ddot V_n=V_{n-1}-2V_n+V_{n+1}. \]Ищем \(V_n=V_0\cos(\omega t-n\varphi)\). Вторая производная даёт \(-\omega^2 V_n\), правая часть — \(V_n\bigl(e^{j\varphi}+e^{-j\varphi}-2\bigr)=2V_n(\cos\varphi-1)=-4V_n\sin^2(\varphi/2)\). Отсюда
\[ \omega^2 LC=4\sin^2\frac{\varphi}{2}\qquad\Longrightarrow\qquad\varphi=2\arcsin\Bigl(\frac{\omega\sqrt{LC}}{2}\Bigr). \]Формула имеет смысл при \(\omega\le 2/\sqrt{LC}\) — это частота отсечки: более высокие частоты в цепочку не идут ( \(\varphi\) становится комплексным, волна затухает от ячейки к ячейке).
За период фаза в фиксированном узле меняется на \(2\pi\), а «пробегает» \(\omega/(2\pi)\) ячеек за секунду сдвиг на \(\varphi\) каждая. Фазовая скорость
\[ v=\frac{\omega l}{\varphi}\qquad\bigl(\omega<2/\sqrt{LC}\bigr). \]При малых частотах \(\omega\ll 1/\sqrt{LC}\) аргумент арксинуса мал, \(\varphi\approx\omega\sqrt{LC}\), и
\[ v\approx\frac{l}{\sqrt{LC}}. \]Это скорость волны в линии с погонной индуктивностью \(L/l\) и погонной ёмкостью \(C/l\): \(v=1/\sqrt{L'C'}\).
Проверка. У отсечки \(\omega=2/\sqrt{LC}\), \(\varphi=\pi\): соседние узлы в противофазе, групповая скорость нуль — волна стоит. При \(\omega\to0\) скорость постоянна, дисперсии нет — длинная волна «не видит» ступенек лестницы. Размерность \(l/\sqrt{LC}\) — м/с. Для \(L=1\) мкГн, \(C=1\) нФ, \(l=1\) см: \(v=10^4\) м/с — гораздо медленнее света, как и бывает в искусственной линии задержки.Ответ\(\varphi=2\arcsin(\omega\sqrt{LC}/2)\); \(v=\omega l/\varphi\) при \(\omega<2/\sqrt{LC}\); \(v=l/\sqrt{LC}\) при \(\omega\ll 1/\sqrt{LC}\).Цепь переменного тока с амперметром
6/10Электрическая цепь, состоящая из двух резисторов, конденсатора и катушки индуктивности, подключена к источнику переменного синусоидального напряжения, которое изменяется с частотой 50 Гц. Показание идеального амперметра переменного тока равно 1 А. Найдите среднюю по времени мощность, выделяемую в цепи, если сопротивление каждого резистора равно 100 Ом, а ёмкость конденсатора 10 мкФ.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаКатушка и идеальный источник мощность не потребляют: тепло выделяется только в резисторах. Токи в резисторе и конденсаторе, соединённых параллельно, сдвинуты по фазе на \(90^\circ\) "— сложите их на векторной диаграмме.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(P \approx 191\) Вт.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеПусть \(U_1\) "— напряжение на параллельно соединённых конденсаторе и резисторе. Векторная диаграмма токов для этих двух элементов цепи изображена на рисунке, где \(I\) "— суммарный ток в цепи. Из теоремы Пифагора следует: \[I^2 = \left(\frac{U_1}{R}\right)^2 + (U_1\omega C)^2 \;\Longrightarrow\; U_1 = \frac{IR}{\sqrt{1 + (R\omega C)^2}} .\]
Средняя тепловая мощность, выделяющаяся в цепи, равна: \[P = I^2R + \frac{U_1^2}{R} = I^2R + \frac{I^2R}{1 + (R\omega C)^2} = I^2R\left(1 + \frac{1}{1 + (2\pi\nu RC)^2}\right) = 191\text{ Вт}.\]
RLC-метр
8/10\(RLC\)-метр это прибор, позволяющий непосредственно измерять сопротивления, индуктивности и емкости. В него встроены генератор синусоидального напряжения, а также вольтметры, позволяющие измерять напряжения на выводах прибора и на резисторе, подключенном к одному из выводов. Таким образом, прибор определяет соотношение амплитуд протекающего через него тока и напряжения на выходах. По этим измеренным значениям и известной частоте рассчитывается значение измеряемой величины (индуктивности, емкости или сопротивления в зависимости от режима).
Экспериментатор Глюк взял катушку с индуктивностью \(L\) и конденсатор с емкостью \(C\). В первом эксперименте он соединил их последовательно, подключил к \(RLC\)-метру и снял показания в двух режимах работы. В режиме измерения индуктивности показания были равны \(L_1 = 6{,}20\) мГн, а в режиме измерения емкости — \(C_1 = 2{,}84\) мкФ. Во втором эксперименте те же самые элементы были соединены параллельно и подключены к тому же прибору. В режиме измерения индуктивности прибор показал \(L_2 = 21{,}3\) мГн. Частота при всех этих измерениях поддерживалась одинаковой.
Какое значение \(C_2\) покажет \(RLC\)-метр в режиме измерения емкости во втором эксперименте? Получите формулу и численное значение.
Чему равны индуктивность \(L\) и емкость \(C\) используемых Глюком катушки и конденсатора? Получите формулы и численные значения.
Пусть теперь измерения производятся для неидеальной катушки, индуктивность которой \(L = 10{,}0\) мГн, а сопротивление \(R = 5{,}0\) Ом. При каких значениях частоты \(f\), на которой производятся измерения, связанная с сопротивлением погрешность определения индуктивности меньше \(0{,}1~\%\)? Считайте, что реальную катушку можно представить как последовательно соединенные идеальную катушку и резистор.
К катушке из предыдущего пункта Глюк последовательно присоединил конденсатор с емкостью \(C = 1{,}00\) мкФ. Экспериментатор провел измерения индуктивности полученной цепи \(RLC\)-метром в максимально широком диапазоне частот. Постройте качественный график зависимости измеренных значений индуктивности от частоты. Укажите характерные точки и асимптотики зависимости индуктивности от частоты в пределе малых и больших частот.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаПрибор меряет только модуль импеданса \(|Z|\) и пересчитывает его в «индуктивность» \(|Z|/\omega\) или «емкость» \(1/(\omega|Z|)\) — значит, произведение показаний в двух режимах от измеряемой цепи не зависит. Модуль раскрывайте аккуратно: подходят оба знака.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ1) \(C_2 = C_1L_1/L_2 \approx 0{,}83\) мкФ; 2) \(L = \dfrac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1}{2}\), \(C = \dfrac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1\right)\): \(L = 15{,}0\) мГн, \(C = 2{,}00\) мкФ или \(L = 8{,}80\) мГн, \(C = 1{,}17\) мкФ; 3) \(f > \dfrac{R}{2\pi L\sqrt{2\delta}} = 1780\) Гц; 4) при малых частотах \(L_{\exp} \approx 1/((2\pi f)^2C)\), при больших \(L_{\exp} \to L\), минимум \(L_0 = R\sqrt{CL - R^2C^2/4} = 0{,}50\) мГн при \(f_0 = 1590\) Гц.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеОтношение измеренных амплитуд напряжения и тока равно модулю импеданса \(|Z|\) устройства, подключенного к выводам \(RLC\)-метра. Используя известные формулы для импедансов индуктивности \(Z_L = i\omega L\) и емкости \(Z_C = -i/\omega C\) (где \(\omega\) — циклическая частота, на которой проводятся измерения), можно определить измеренные прибором значения индуктивности и емкости. Из формул для последовательного соединения импедансов получим в первом случае \[\left|\omega L - \frac{1}{\omega C}\right| = \omega L_1 = \frac{1}{\omega C_1}. \tag{1}\] Во втором случае используем формулу для импеданса параллельного соединения \[\frac{L/C}{\left|\omega L - \frac{1}{\omega C}\right|} = \omega L_2 = \frac{1}{\omega C_2}. \tag{2}\] Какое бы устройство не подключалось к выводам, показания прибора в режимах измерения индуктивности и емкости связаны соотношением \(|Z| = \omega L_1 = 1/\omega C_1\), то есть \(L_1C_1 = 1/\omega^2\). Таким образом, \(L_1C_1 = L_2C_2\), откуда \[C_2 = \frac{L_1C_1}{L_2}, \qquad C_2 = C_1\frac{L_1}{L_2} \approx 0{,}83\text{ мкФ}.\] Знаменатель в уравнении (2) для параллельного соединения совпадает с импедансом для последовательного соединения, поэтому \[\frac{L}{C\cdot\omega L_1} = \omega L_2.\] Подставляя в это соотношение значение \(\omega^2 = 1/L_1C_1\), найдём \[\frac{L}{C} = \frac{L_2}{C_1}.\] Выражая отсюда \(C_1\) и подставляя в уравнение (1), получим \[\left|L - \frac{1}{\omega^2C}\right| = \left|L - \frac{L_1L_2}{L}\right| = L_1.\] Отсюда \[|L^2 - L_1L_2| = L_1L,\] значит, \(L\) удовлетворяет одному из двух квадратных уравнений \[L^2 - L_1L_2 = \pm L_1L,\] откуда \[L^2 \mp L_1L - L_1L_2 = 0.\] Корни этих двух уравнений имеют вид \[L = \frac{\pm L_1 \pm \sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2}}{2},\] где первый знак определяется знаком \(\pm\) в уравнении, а второй — выбранным корнем квадратного уравнения. При этом индуктивность должна быть положительной, поэтому перед квадратным корнем всегда нужно выбирать знак \(+\). Итого получаем, что возможны два значения индуктивности \[L = \frac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1}{2},\] отвечающие двум разным способам раскрыть модуль. Отвечающие им значения емкости можно найти как \[C = L\frac{C_1}{L_2} = \frac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1\right) = \frac{2C_1L_1}{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \mp L_1}.\] \[L = \frac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} + L_1}{2} = 15{,}0\text{ мГн}; \qquad C = \frac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} + L_1\right) = 2{,}00\text{ мкФ},\] \[L = \frac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} - L_1}{2} = 8{,}80\text{ мГн}; \qquad C = \frac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} - L_1\right) = 1{,}17\text{ мкФ}.\] Комплексный импеданс неидеальной катушки равен \[Z'_L = R + i\omega L,\] тогда измеренное значение индуктивности определяется из соотношения \[\omega L_{\exp} = \sqrt{R^2 + \omega^2L^2}, \qquad L_{\exp} = \sqrt{L^2 + \frac{R^2}{\omega^2}}.\] Видим, что это значение всегда больше значения индуктивности катушки, и в пределе больших частот стремится к ней. Тогда частота должна быть больше некоторой критической частоты, которую можно найти из условия, что \(L_{\exp} = L(1+\delta)\), где \(\delta\) — максимально допустимая погрешность: \[\sqrt{L^2 + \frac{R^2}{\omega^2}} < L(1+\delta),\] откуда с учётом малости \(\delta\) \[\frac{R^2}{\omega_c^2} = L^2\bigl((1+\delta)^2 - 1\bigr) \approx 2\delta L^2.\] Получаем критическое значение циклической частоты \[\omega_c = \frac{R}{L\sqrt{2\delta}},\] и критическое значение частоты \[f_c = \frac{R}{2\pi L\sqrt{2\delta}}, \qquad f > f_c = \frac{R}{2\pi L\sqrt{2\delta}} = 1780\text{ Гц}.\] Импеданс цепи равен \[Z = R + i\omega L - \frac{i}{\omega C}.\] Приравнивая его модуль к \(\omega L_1\), найдём измеренную индуктивность \(L_1\): \[\omega L_{\exp} = \sqrt{R^2 + \left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)^2},\] отсюда \[L_{\exp} = \sqrt{\frac{R^2}{(2\pi f)^2} + \left(L - \frac{1}{(2\pi f)^2C}\right)^2}.\] Проанализируем полученное выражение. При больших частотах слагаемые с частотой в знаменателе стремятся к \(0\), поэтому измеренное значение индуктивности стремится к постоянной \(L_{\exp} \approx L\). При малых частотах наибольшее значение у слагаемого с наибольшей степенью частоты в знаменателе, поэтому \[L_{\exp} \approx \frac{1}{(2\pi f)^2C}.\] Покажем, что у подкоренного выражения есть минимум при промежуточном значении частоты. Для удобства введём вспомогательную переменную \(x = 1/(2\pi f)^2\) и рассмотрим функцию \[f(x) = xR^2 + \left(L - \frac{x}{C}\right)^2.\] Её производная обращается в \(0\) при \[R^2 + \frac{2}{C}\left(\frac{x}{C} - L\right) = 0,\] откуда \[x = LC - \frac{R^2C^2}{2} = LC\left(1 - \frac{R^2C}{2L}\right).\] Этому значению \(x\) отвечает значение частоты \[f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}\sqrt{1 - R^2C/2L}},\] которое существует при \(R^2C/2L < 1\). Это значение отвечает минимуму рассматриваемой функции, поскольку она представляет собой квадратичную зависимость с положительным коэффициентом перед \(x^2\). Соответствующее значение индуктивности в минимуме \[L_0 = R\sqrt{CL - \frac{R^2C^2}{4}}.\] Для чисел, приведённых в условии, \[f_0 = 1590\text{ Гц}, \qquad L_0 = 0{,}50\text{ мГн}.\]
Амплитуда напряжения в RLC-цепи
2/10Известны амплитуды напряжений на резисторе, конденсаторе и катушке; амплитуда на источнике — векторная сумма: √(UR²+(UL−UC)²). (варианты с разными числами)
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Две параллельные ветви переменного тока
6/10Когда ток в ветви с конденсатором обращается в нуль, векторная диаграмма фиксирует фазы; из амплитуд и углов напряжения на RC и RL ветвях находится мгновенный ток через катушку.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Две ветви переменного тока
6/10Параллельно RC-ветви включён конденсатор; нулевой ток правой ветви означает максимум напряжения источника, по векторной диаграмме левой ветви найти ток и заряды конденсаторов.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Звезда переменного тока
7/10Три элемента (R, L, C) соединены звездой; по показаниям вольтметра при разных подключениях источника найти напряжение источника, тип элементов лучей (векторные диаграммы) и отношение токов.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Цепь переменного тока с LC и ключом
7/10При ωL=1/(ωC) параллельный LC-контур для переменного тока бесконечное сопротивление, последовательный — нулевое; находят амплитуды, запасённую в контуре энергию и её распределение по резисторам после замыкания ключа.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Диод последовательно с лампой
3/10Для уменьшения средней мощности, выделяемой на включенной в сеть переменного тока лампе, последовательно с ней поставили диод. Прямое сопротивление диода много меньше сопротивления лампы, а обратное — равно сопротивлению лампы. Во сколько раз уменьшилась средняя за период мощность, выделяемая в лампе? Ответ округлите до десятых.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаВ один полупериод ток течёт через одну лампу, в другой — через лампу и диод с таким же сопротивлением. Усредните мощность по периоду.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(1{,}6\) раза.
Диод в цепи переменного тока
5/10Участок AB электрической цепи состоит из резисторов с сопротивлениями \(R_1 = R_0\), \(R_2 = 9R_0\), \(R_3 = 9R_0\), \(R_4 = R_0\), где \(R_0 = 1\) кОм, и идеального диода CD (см. рис.). Идеальный диод пропускает ток без сопротивления в направлении от C к D и не пропускает совсем в обратном направлении. Участок AB подключают к источнику переменного синусоидального напряжения \(U_{AB}(t) = U_m \sin\omega t\), амплитуда которого равна \(U_m = 300\) В. Какая тепловая мощность будет выделяться на этом участке?
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаОпределите, при каком знаке \(U_{AB}\) потенциал точки C выше потенциала D, и найдите сопротивление участка в каждом из полупериодов. Затем усредните мощность за период.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(P = \dfrac{17\,U_m^2}{90\,R_0} = 17\) Вт.
Как в трансформаторе
6/10Катушка намотана на тороидальный сердечник с большой магнитной проницаемостью. К витку в середине катушки присоединён провод, и собрана цепь, показанная на рисунке слева. Напряжение на выводах идеального генератора меняется по гармоническому закону, амплитуда не зависит от подключаемой нагрузки, внутреннее сопротивление пренебрежимо мало. Идеальные амперметры переменного тока \(\text{A}_1\) и \(\text{A}_2\) показывают токи \(I_1\) и \(I_2\).
Что показывает идеальный амперметр переменного тока в цепи на рисунке справа, если эта цепь составлена из тех же элементов, что и цепь на рисунке слева?
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаМагнитный поток через любую часть катушки создаётся токами в обеих её половинах. Запишите условия для двух половин катушки через их токи и напряжения, как у трансформатора.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(I=I_2\cdot\sqrt{\dfrac{I_1^2-I_2^2}{I_1^2+15I_2^2}}\).
Вращающееся поле четырёх соленоидов
5/10Вектор поля с проекциями B cos ωt и B sin ωt получается, если токи в соленоидах сдвинуты по фазе на π, π/2 и 3π/2 относительно первого; найти направление и угловую скорость вращения поля.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Конденсатор и переключатель полярности
5/10Конденсатор быстро перезаряжается переключателем с частотой ν: за переключение проходит заряд 2CE, средний ток I=2CEν даёт ЭДС и мощность источника, вся работа уходит в тепло на амперметре, поэтому показание тепловой системы находят из I′²R=I²/(2Cν) (варианты 1–5).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.