Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13869
2020-04-03 
В цепи, схема которой изображена на рисунке, катушка имеет индуктивность $L$, емкость конденсатора равна $C$, сопротивление источника, активное сопротивление катушки и сопротивления проводов пренебрежимо малы. Вольтамперная характеристика диода D изображена на графике зависимости текущего через диод тока $I_{D}$ от разности потенциалов $U_{D} = \phi_{b} - \phi_{a}$. В начальный момент ключ K разомкнут, а конденсатор не заряжен. Ключ замыкают на время $t_{0} < \sqrt{LC}$, а затем снова размыкают. Определите отношение ЭДС источника $\mathcal{E}$ к напряжению $U_{0}$, при котором открывается диод, если заряд, прошедший через диод после размыкания ключа, в $n$ раз больше заряда, прошедшего через катушку за время $t_{0}$, пока ключ был замкнут.
Решение:
Закон Ома для участка ab, содержащего катушку, после замыкания ключа имеет вид
$0 = \phi_{a} - \phi_{b} - L \frac{dI_{r}}{dt}$, где $\phi_{a} - \phi_{b} = \mathcal{E}$.
Значит, быстрота изменения силы тока не меняется с течением времени, т.е. ток $I_{L}$ в катушке после замыкания ключа будет линейно возрастать. За время $t_{0}$ сила тока в катушке вырастет от 0 до $I = \frac{ \mathcal{E}t_{0}}{L}$, и через катушку пройдет заряд
$q_{0} = \frac{I_{0}t_{0} }{2} = \frac{ \mathcal{E}t_{0}^{2} }{2L}$. (1)
Конденсатор на этом этапе очень быстро (все сопротивления очень малы) зарядится до ЭДС $\mathcal{E}$. После размыкания ключа протекание тока через катушку будет сопровождаться изменением заряда конденсатора. Закон Ома для участка ab, содержащего катушку, будет выглядеть так:
$0 = \phi_{a} - \phi_{b} - L \frac{dI_{L} }{dt}$, где $\phi_{a} - \phi_{b} = \frac{q_{a} }{C}$
($q_{a}$ - заряд правой пластины конденсатора, соединенной с узлом а). Отсюда находим
$\frac{dI_{l} }{dt} = \frac{q_{a} }{LC}$. (2)
Скорость возрастания тока $I_{L}$ на этом этапе будет убывать вместе с уменьшением заряда $q_{a}$. В момент, когда конденсатор полностью разрядится ($q_{a} = 0$), сила тока в катушке будет максимальна, а затем величина $q_{a}$ станет отрицательной и ток $I_{L}$ начнет убывать. Отрицательная разность потенциалов $\phi_{a} - \phi_{b} = \frac{q_{a}}{C}$ будет при этом расти по модулю. Когда величина $\phi_{a} - \phi_{b}$ достигнет значения $- U_{0}$, откроется диод, и ток, идущий через катушку, перестанет приносить заряд на левую пластину конденсатора - весь ток пойдет через диод, т.е. $I_{L} = I_{D}$. При этом быстрота изменения тока $I_{L}$ сохраняется постоянной и равной
$\frac{d I_{L}}{dt} = - \frac{ U_{0}}{L}$.
Отрицательный знак производной говорит о том, что сила тока $I_{L}$ убывает, причем убывание происходит равномерно. Когда величина $I_{L}$ уменьшится до нуля, ее убывание продолжится и ток в катушке изменит свое направление. При этом ток уже не сможет течь через диод, и заряд снова начнет поступать на конденсатор.
Таким образом, заряд через диод протекает, начиная с момента, когда $\phi_{a} - \phi_{b} = - U_{0}$, до момента, когда $I_{L}$ уменьшится до нуля. Все это время сила тока линейно уменьшается со скоростью $\frac{dI_{L} }{dt} = - \frac{U_{0} }{L}$. Заряд, прошедший при этом через диод, будет равен $q_{1} = \frac{I_{1}t_{1} }{2}$, где $I_{1}$ - сила тока в катушке в тот момент, когда $\phi_{a} - \phi_{b} = - U_{0}$, и $t_{1} = \frac{I_{1}L}{U_{0} }$. Отсюда находим
$q_{1} = \frac{I_{1}^{2}L}{2U_{0} }$. (3)
Во второй раз диод открыться не сможет, так как при дальнейших электромагнитных колебаниях в контуре в момент, когда напряжение на диоде окажется равным $\phi_{b} - \phi_{a} = U_{0}$, ток в катушке будет равен нулю. Величину $I_{1}$ найдем из закона сохранения энергии (приравняем суммарную энергию электрического и магнитного полей в момент размыкания ключа и в момент, когда $I = I_{1}$):
$\frac{C \mathcal{E}^{2} }{2} + \frac{LI_{0}^{2} }{2} = \frac{CU_{0}^{2} }{2} + \frac{LI_{1}^{2} }{2}$, где $I_{0} = \frac{ \mathcal{E}t_{0} }{L}$
откуда
$I_{1} = \sqrt{ \frac{C}{L} ( \mathcal{E}^{2} - U_{0}^{2} ) + \left ( \frac{ \mathcal{E}t_{0} }{L} \right )^{2} }$, и $q_{1} = \frac{LC ( \mathcal{E}^{2} - U_{0}^{2} ) + \mathcal{E}^{2} t_{0}^{2} }{2LU_{0} }$.
Следовательно,
$n = \frac{q_{1}}{q_{0}} = \frac{LC( \mathcal{E}^{2} - U_{0}^{2})}{U_{0} \mathcal{E} t_{0}^{2} } + \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} } = \frac{LC}{t_{0}^{2} } \left ( \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} } - \frac{U_{0} }{ \mathcal{E} } \right ) + \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} }$.
Обозначим искомое отношение $\frac{ \mathcal{E}}{U_{0}} = x$, а величину $\frac{LC}{t_{0}^{2}} = A$. Тогда последнее уравнение принимает вид
$n = Ax - \frac{A}{x} + x$, или $(A + 1)x^{2} - nx - A = 0$.
Решая полученное квадратное уравнение и отбрасывая отрицательный корень, получим ответ:
$x = \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} } = \frac{n + \sqrt{n^{2} + 4A(A + 1) } }{2(A + 1)} = \frac{nt_{0}^{2} + \sqrt{ n^{2}t_{0}^{4} + 4LC (LC + t_{0}^{2} ) } }{2(LC + t_{0}^{2} ) }$.
В цепи, схема которой изображена на рисунке, катушка имеет индуктивность $L$, емкость конденсатора равна $C$, сопротивление источника, активное сопротивление катушки и сопротивления проводов пренебрежимо малы. Вольтамперная характеристика диода D изображена на графике зависимости текущего через диод тока $I_{D}$ от разности потенциалов $U_{D} = \phi_{b} - \phi_{a}$. В начальный момент ключ K разомкнут, а конденсатор не заряжен. Ключ замыкают на время $t_{0} < \sqrt{LC}$, а затем снова размыкают. Определите отношение ЭДС источника $\mathcal{E}$ к напряжению $U_{0}$, при котором открывается диод, если заряд, прошедший через диод после размыкания ключа, в $n$ раз больше заряда, прошедшего через катушку за время $t_{0}$, пока ключ был замкнут.
Решение:
Закон Ома для участка ab, содержащего катушку, после замыкания ключа имеет вид
$0 = \phi_{a} - \phi_{b} - L \frac{dI_{r}}{dt}$, где $\phi_{a} - \phi_{b} = \mathcal{E}$.
Значит, быстрота изменения силы тока не меняется с течением времени, т.е. ток $I_{L}$ в катушке после замыкания ключа будет линейно возрастать. За время $t_{0}$ сила тока в катушке вырастет от 0 до $I = \frac{ \mathcal{E}t_{0}}{L}$, и через катушку пройдет заряд
$q_{0} = \frac{I_{0}t_{0} }{2} = \frac{ \mathcal{E}t_{0}^{2} }{2L}$. (1)
Конденсатор на этом этапе очень быстро (все сопротивления очень малы) зарядится до ЭДС $\mathcal{E}$. После размыкания ключа протекание тока через катушку будет сопровождаться изменением заряда конденсатора. Закон Ома для участка ab, содержащего катушку, будет выглядеть так:
$0 = \phi_{a} - \phi_{b} - L \frac{dI_{L} }{dt}$, где $\phi_{a} - \phi_{b} = \frac{q_{a} }{C}$
($q_{a}$ - заряд правой пластины конденсатора, соединенной с узлом а). Отсюда находим
$\frac{dI_{l} }{dt} = \frac{q_{a} }{LC}$. (2)
Скорость возрастания тока $I_{L}$ на этом этапе будет убывать вместе с уменьшением заряда $q_{a}$. В момент, когда конденсатор полностью разрядится ($q_{a} = 0$), сила тока в катушке будет максимальна, а затем величина $q_{a}$ станет отрицательной и ток $I_{L}$ начнет убывать. Отрицательная разность потенциалов $\phi_{a} - \phi_{b} = \frac{q_{a}}{C}$ будет при этом расти по модулю. Когда величина $\phi_{a} - \phi_{b}$ достигнет значения $- U_{0}$, откроется диод, и ток, идущий через катушку, перестанет приносить заряд на левую пластину конденсатора - весь ток пойдет через диод, т.е. $I_{L} = I_{D}$. При этом быстрота изменения тока $I_{L}$ сохраняется постоянной и равной
$\frac{d I_{L}}{dt} = - \frac{ U_{0}}{L}$.
Отрицательный знак производной говорит о том, что сила тока $I_{L}$ убывает, причем убывание происходит равномерно. Когда величина $I_{L}$ уменьшится до нуля, ее убывание продолжится и ток в катушке изменит свое направление. При этом ток уже не сможет течь через диод, и заряд снова начнет поступать на конденсатор.
Таким образом, заряд через диод протекает, начиная с момента, когда $\phi_{a} - \phi_{b} = - U_{0}$, до момента, когда $I_{L}$ уменьшится до нуля. Все это время сила тока линейно уменьшается со скоростью $\frac{dI_{L} }{dt} = - \frac{U_{0} }{L}$. Заряд, прошедший при этом через диод, будет равен $q_{1} = \frac{I_{1}t_{1} }{2}$, где $I_{1}$ - сила тока в катушке в тот момент, когда $\phi_{a} - \phi_{b} = - U_{0}$, и $t_{1} = \frac{I_{1}L}{U_{0} }$. Отсюда находим
$q_{1} = \frac{I_{1}^{2}L}{2U_{0} }$. (3)
Во второй раз диод открыться не сможет, так как при дальнейших электромагнитных колебаниях в контуре в момент, когда напряжение на диоде окажется равным $\phi_{b} - \phi_{a} = U_{0}$, ток в катушке будет равен нулю. Величину $I_{1}$ найдем из закона сохранения энергии (приравняем суммарную энергию электрического и магнитного полей в момент размыкания ключа и в момент, когда $I = I_{1}$):
$\frac{C \mathcal{E}^{2} }{2} + \frac{LI_{0}^{2} }{2} = \frac{CU_{0}^{2} }{2} + \frac{LI_{1}^{2} }{2}$, где $I_{0} = \frac{ \mathcal{E}t_{0} }{L}$
откуда
$I_{1} = \sqrt{ \frac{C}{L} ( \mathcal{E}^{2} - U_{0}^{2} ) + \left ( \frac{ \mathcal{E}t_{0} }{L} \right )^{2} }$, и $q_{1} = \frac{LC ( \mathcal{E}^{2} - U_{0}^{2} ) + \mathcal{E}^{2} t_{0}^{2} }{2LU_{0} }$.
Следовательно,
$n = \frac{q_{1}}{q_{0}} = \frac{LC( \mathcal{E}^{2} - U_{0}^{2})}{U_{0} \mathcal{E} t_{0}^{2} } + \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} } = \frac{LC}{t_{0}^{2} } \left ( \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} } - \frac{U_{0} }{ \mathcal{E} } \right ) + \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} }$.
Обозначим искомое отношение $\frac{ \mathcal{E}}{U_{0}} = x$, а величину $\frac{LC}{t_{0}^{2}} = A$. Тогда последнее уравнение принимает вид
$n = Ax - \frac{A}{x} + x$, или $(A + 1)x^{2} - nx - A = 0$.
Решая полученное квадратное уравнение и отбрасывая отрицательный корень, получим ответ:
$x = \frac{ \mathcal{E} }{U_{0} } = \frac{n + \sqrt{n^{2} + 4A(A + 1) } }{2(A + 1)} = \frac{nt_{0}^{2} + \sqrt{ n^{2}t_{0}^{4} + 4LC (LC + t_{0}^{2} ) } }{2(LC + t_{0}^{2} ) }$.
