IOM 2018, Теория — Задача 2. Нелинейное трио

Часть I

1.1. Введем обозначения: пусть $U$ – общее напряжение на четырех параллельных ветвях схемы (между верхним и нижним проводниками), $I_{1,2,3,4}$ – токи в ветвях (нумерация слева направо, положительные направления токов выбраны так, как показано на рисунке 1а).

Пусть $R$ – сопротивление обычного резистора. Согласно условию, $R = \dfrac{\varepsilon}{I_0}$. Поскольку связь силы тока и напряжения для нелинейного резистора имеет вид $U = \alpha I|I|$, то с учетом заданной величины силы тока при подключении нелинейного резистора к источнику, находим, что $\alpha = \dfrac{\varepsilon}{I_0^2}$. Наконец, будем считать, что ВАХ диода описывается выражением $I_D = I_0 \cdot f(U_D/\varepsilon)$. Выразим токи в ветвях цепи через напряжение на них:

где $x \equiv \dfrac{U}{\varepsilon}$ (правильность выбранных направлений токов проверяется в ходе решения). Кроме того, эти токи должны удовлетворять закону сохранения заряда, то есть $I_2 + I_3 = I_1 + I_4$. Таким образом, $x$ находится из уравнения $\sqrt{1 + x} + \sqrt{\dfrac{x}{2}} = 1 - x + f(1 - x)$.

1.2. Согласно условию, сила тока через диод, равная $I_0$, достигается при напряжении, в 5 раз меньшем $\varepsilon$. Поэтому $f(0{,}2) = 1$, что позволяет «перенести» график ВАХ диода на один график с функциями, описывающими токи в других ветвях (см. рисунок 1б – красная линия), и решить это уравнение графически: явно построить график левой части уравнения, а график правой части построить суммированием вкладов при каждом $x$ по оси значений силы тока.

Как видно, показания амперметра (соответствующие току через резистор), примерно соответствуют $I_\mathrm{A} \approx (0{,}27 \pm 0{,}02)$ А. Указанная точность удовлетворяет требованию в условии и обеспечивается даже при «средней» аккуратности построения – реально ее можно сделать выше.

Примечание: Можно существенно уточнить графический результат, используя «алгебраический» подход. Даже при «грубом» построении графика заметно, что ответ находится в окрестности значения $x \approx 0{,}7$, а сила тока $I_4$, текущего через диод, будет вблизи значения 1,5 А. Также можно обратить внимание на то, что в окрестности этого значения силы тока угловой коэффициент ВАХ диода очень близок к 1. Тогда можно поступить следующим образом. Приближенно заменим ВАХ диода на втором графике в окрестности интересующей нас точки на прямую линию $f(1 - x)|_{x \approx 0{,}7} \approx 9 - 10x$. Далее, полагая $x = 0{,}7 + \delta$, и разлагая все выражения с точностью до линейных по малой величине $\delta$ слагаемых, получим: $\sqrt{1{,}7} + \sqrt{0{,}35} + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{1{,}7}} + \dfrac{1}{\sqrt{1{,}4}}\right)\delta \approx 2{,}3 - 11\delta$. Из этого уравнения следует, что $\delta \approx 0{,}0343$, то есть эта величина действительно мала, и вычислительные ошибки здесь составляют менее 3%. Ошибки «считывания графика» можно оценить в 2%, поэтому $I_\mathrm{A} = I_0(1 - x) \approx (0{,}266 \pm 0{,}011)$ А. Если сделать следующий шаг, то есть еще точнее определить значение первой производной на графике ВАХ диода уже непосредственно в точке, соответствующей силе тока в 1,6 А (это значение тока через диод в схеме при «грубом» подходе) и оценить вторые производные, то можно описать ВАХ диода квадратичным выражением. Тогда вычислительные ошибки становятся пренебрежимо малы по сравнению с ошибками считывания графика, и точность еще более улучшается: $I_\mathrm{A} \approx (0{,}267 \pm 0{,}005)$ А. Однако, для правильного решения данной части задачи достаточно и точности графического метода, если все построения выполнены аккуратно. Тем не менее, для участников, улучшивших точность более чем в два раза по сравнению с требуемой, критерий устанавливает дополнительную премию. Следует отметить, что «почти точный» ответ, полученный с использованием аналитического уравнения, описывающего ВАХ диода (это уравнение, конечно же, известно авторам задачи), таков: $I_\mathrm{A} \approx (0{,}26723 \pm 0{,}00001)$ А.

Часть II

2.1. Снова используем связь тока и напряжения для нелинейного резистора в виде $U = \alpha I|I|$. Для разряда через нелинейный резистор при сверхпроводящих проводах сила тока разряда связана с зарядом конденсатора соотношением $\dfrac{q}{C} = \alpha I^2 \Rightarrow I = \sqrt{\dfrac{q}{\alpha C}}$ (ток разряда не меняет направления, и его мы считаем всегда положительным). Так как уравнение изменения заряда имеет вид $\dfrac{dq}{dt} = -I = -\sqrt{\dfrac{q}{\alpha C}}$ (заряд конденсатора уменьшается), то время полного разряда $t_0 = \sqrt{\alpha C}\displaystyle\int_0^{q_0}\frac{dq}{\sqrt{q}} = 2\sqrt{\alpha C q_0}$ (здесь $q_0$ – начальный заряд конденсатора).

2.2. Из условия ясно, что $\tau$ – постоянная времени разрядки конденсатора через провода при нормальной температуре, то есть $\tau = rC$.

2.3. Запишем теперь уравнение разряда через «нелинейный резистор» и провода с сопротивлением $r$.

Теперь $\dfrac{q}{C} = \alpha I^2 + rI \Rightarrow q = C(\alpha I^2 + rI)$, поэтому $\dfrac{dq}{dt} = -I = C(2\alpha I + r)\dfrac{dI}{dt}$. Значит, время снижения тока разрядки от $I_0$ до $I$ равно $t = C\displaystyle\int_I^{I_0} dI\left(\frac{r}{I} + 2\alpha\right) = rC\ln\left(\frac{I_0}{I}\right) + 2\alpha C(I_0 - I)$.

2.4. Начальный ток определяется соотношением $\dfrac{q_0}{C} = \alpha I_0^2 + rI_0 \Rightarrow I_0 = \dfrac{r}{2\alpha}\left[\sqrt{\dfrac{4\alpha q_0}{Cr^2} + 1} - 1\right]$, а ток в тот момент, когда заряд уменьшается в $n$ раз – $I = \dfrac{r}{2\alpha}\left[\sqrt{\dfrac{4\alpha q_0}{nCr^2} + 1} - 1\right]$. Нетрудно заметить, что $\dfrac{4\alpha q_0}{Cr^2} = \dfrac{4\alpha C q_0}{(Cr)^2} = \dfrac{t_0^2}{\tau^2}$, поэтому искомое время равно

Можно провести вычисления по этому ответу (тогда получится, что $t \approx 25{,}873$ мс), но можно и упростить этот ответ. Для этого нужно учесть, что $\dfrac{t_0^2}{\tau^2} \gg 1$, а $\dfrac{t_0^2}{n\tau^2} \ll 1$. Тогда получим, что $t \approx t_0 + \tau\ln\left(\dfrac{2n\tau}{e\,t_0}\right) \approx 25{,}9$ мс. Этот ответ явно попадает в заданную точность.

Комментарий: Результат интересен тем, что малое сопротивление ($\tau$ составляет от $t_0$ всего 5%!) изменяет результат почти на 30%. На самом деле сопротивление проводов заметно изменяет поведение $q(t)$ только при малых величинах заряда – область разряда в окрестности $q = 0$ сильно «растягивается» по времени.

Часть III

3.1. Составим уравнение колебаний в контуре. Будем по-прежнему считать ток разряда конденсатора $I = -\dfrac{dq}{dt} > 0$ (то есть пока что ограничим решение одним «полупериодом» колебаний): $\dfrac{q}{C} = \alpha I^2 + L\dfrac{dI}{dt} \Rightarrow \dfrac{dI}{dt} + \dfrac{\alpha}{L}I^2 = \dfrac{q}{LC}$. Для анализа изменения заряда и энергии катушки и конденсатора в ситуации, когда не нужно получать зависимости этих физических величин от времени, достаточно связать заряд и силу тока друг с другом. Если вспомнить, как в аналогичной ситуации в механике при выводе закона изменения кинетической энергии используют преобразование $m\dfrac{dV}{dt} = F(x,V) \ \Rightarrow\ m\dfrac{VdV}{Vdt} = F(x,V) \ \Rightarrow\ \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{V^2}{2}\right) = \dfrac{F(x,V)}{m}$, то можно по аналогии преобразовать выражение для производной следующим образом: $\dfrac{dI}{dt} = I\dfrac{dI}{Idt} = -I\dfrac{dI}{dq} = -\dfrac{1}{2}\dfrac{d(I^2)}{dq}$. Тогда для функции $I^2(q)$ получается уравнение:

Такое же уравнение получается и из закона изменения энергии, примененного для контура.

От правой части уравнения можно избавиться, подобрав линейную функцию $\tilde{I}^2(q) = Aq + B$, обращающую уравнение в тождество:

Теперь можно сделать замену переменной, записав:

и тогда уравнение примет вид $\dfrac{dF}{dq} - \dfrac{2\alpha}{L}F = 0$. Отсюда видно, что $F(q) = D\cdot\exp\left(\dfrac{2\alpha}{L}q\right)$, (где $D = \mathrm{const}$) и зависимость $I^2(q)$ для первого «полупериода» колебаний имеет вид:

Если $q_0$ – начальный заряд конденсатора, то $I^2(q_0) = 0$. Поэтому $D = -\dfrac{1}{\alpha C}\left(\dfrac{L}{2\alpha} + q_0\right)\cdot\exp\left(-\dfrac{2\alpha}{L}q_0\right)$, и окончательно получаем:

3.2. Ток в первый раз обратится в ноль в конце первого полупериода колебаний, когда заряд конденсатора сменит полярность и станет равен $q_1 = -0{,}9q_0$. Следовательно, $I^2(-0{,}9q_0) = 0$, и из этого уравнения можно найти начальный заряд конденсатора. Удобно ввести переменную $z \equiv \dfrac{2\alpha}{L}q_0$, и тогда $1 - 0{,}9z - (1 + z)e^{-1{,}9z} = 0 \Rightarrow e^{1{,}9z} = \dfrac{1 + z}{1 - 0{,}9z}$. Это уравнение можно приближенно решить графически (в принципе это возможный путь). Лучше решать его численно (если у участников будет возможность воспользоваться Excel или программируемым калькулятором, то это довольно легко). Можно решить его и «вручную». Для этого нужно «прикинуть» по графику, что корень $z \ll 1$, и разложить правую и левую часть с точностью до поправок 4-й степени по $z$ (так нужно – слагаемые нулевой и первой степени сокращаются):

Это дает квадратное уравнение для $z$, положительный корень которого $z \approx 0{,}17$, и точность этого результата порядка $z^2 < 3\%$, то есть требуемая точность достигнута (если использовать разложение до $z^3$, то получается линейное уравнение, но при этом точность результата порядка $z$, и этого может не хватить; в самом деле, в этом приближении $z \approx 0{,}24$, что отклоняется от правильного ответа явно больше чем на 10%). Численное решение с помощью Excel дает $z \approx 0{,}1665 \pm 0{,}0001$.

Начальная энергия конденсатора $E_0 = \dfrac{q_0^2}{2C} = \dfrac{L^2}{8\alpha^2 C}z^2$. К тому моменту времени, когда заряд конденсатора впервые обращается в ноль, ток в катушке достигает максимума. Вместе с ним максимума достигает энергия поля в катушке, равная

Ясно, что выделившееся в нелинейном резисторе количество теплоты (оно только в нем и выделяется) $Q_1 = E_0 - E_L(0)$, и поэтому $\dfrac{Q_1}{E_0} = 1 - 2\dfrac{1 - (1 + z)e^{-z}}{z^2} \approx 0{,}1044$ ) для $z \approx 0{,}1665$, для $z \approx 0{,}17$ получится $\dfrac{Q_1}{E_0} \approx 0{,}1064$ ). Итак, к этому моменту тепловые потери составляют примерно (10-11)% от начальной энергии.

3.3. Потери энергии на всем первом «полупериоде» легко найти по убыванию заряда конденсатора: $Q_1' = \dfrac{q_0^2}{2C} - \dfrac{(-0{,}9q_0)^2}{2C} = 0{,}19E_0$, то есть $\dfrac{Q_1'}{E_0} = 19\%$.

3.4. Во второй раз заряд конденсатора обратится в ноль уже на следующем «полупериоде», когда ток поменяет направление. Для второго полупериода решение строится «заново», но совершенно аналогично – достаточно заменить модуль начального заряда конденсатора на $0{,}9q_0$. Количество теплоты, потерянное при изменении заряда конденсатора от $q_1 = -0{,}9q_0$ до второго обращения заряда в ноль находится с учетом того, что

Значит, $\dfrac{Q_2}{E_0} = 1 - 2\dfrac{1 - (1 + 0{,}9z)e^{-0{,}9z}}{z^2} \approx 0{,}2665 \approx 27\%$.