Съдържание

НОФ 2020, III кръг (национален), 11–12 клас — Задача 3. Светодиод

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2020

Олимпиада по физика 2020, национален кръг, V състезателна група (11. – 12. клас) · 28 юни 2020 г. · 15 т.

Условие

Светодиодът (означен като LED на фиг. 3, а) е полупроводников диод, който излъчва светлина, когато е включен в права посока. Излъчването е резултат от рекомбинацията (взаимно неутрализиране) на свободните електрони и дупките в p-n-прехода. На фигурата е дадена и идеализирана волтамперна характеристика на светодиода. Когато напрежението U е по-малко от определено работно напрежение U $_\mathrm{p}$ , диодът не свети, а токът I през него е значително по-малък от нормалния работен ток. Диодът започва да свети при $U \geq U_\mathrm{p}$ и тогава токът нараства толкова бързо, че при дадения мащаб волтамперната характеристика е практически вертикална права. Приемете, че при $U \geq U_\mathrm{p}$ работата на тока в светодиода се трансформира изцяло в енергия на излъчената светина.

Три панела: електрическа верига с LED и волтамперна характеристика, схема на светкавица с кондензатор, снимка на светодиод с означени f и R. — Фиг. 3 — а) верига светодиод–резистор–батерия с ЕДН $\mathcal{E}$ и идеализираната волтамперна характеристика $I(U)$ с работно напрежение $U_\mathrm{p}$ ; б) схема на фотографска светкавица с ключ $K$ , кондензатор $C$ , резистор $R$ и светодиод; в) светодиод с прозрачен цилиндричен корпус, завършващ със сферична повърхност с радиус $R$ , и p-n-преход на разстояние $f$ от върха.

* Коефициентът на полезно действие в случая се дефинира като отношение на излъчената от светодиода светлинна енергия към общата енергия, отделена в електрическата верига.

Полезна математика: $\sin(\alpha \pm \beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \cos\alpha\sin\beta$ . При сравнително малки ъгли са в сила приблизителните равенства: $\tan\alpha \approx \sin\alpha \approx \alpha$ , когато $\alpha$ е изрзен в радиани.

а) Светодиод с работно напрежение $U_\mathrm{p} = 2{,}5\ \mathrm{V}$ е свързан към батерия с ЕДН $\mathcal{E} = 4{,}5\ \mathrm{V}$ и с пренебрежимо вътрешно съпротивление по схемата, показана на фиг. 3, а.

Колко трябва да бъде съпротивлението R на резистора, така че светодиодът да излъчва светлина с мощност P = 50 mW?
Колко е коефициентът η на полезно действие* на тази електрическа верига? [5 т.]

б) На фиг. 3, б е показана схема на фотографска светкавица, използваща светодиод с работно напрежение $U_\mathrm{p} = 3{,}0\ \mathrm{V}$ . Съпротивлението на резистора е R = 300 Ω, а капацитетът на кондензатора – $C = 200\ \mathrm{\mu F}$ . Първоначално кондензаторът е зареден до напрежение $U_0 = 5\ \mathrm{V}$ и се разрежда през светодиода след затваряне на ключа $K$ .

Определете енергията $E$ на излъчения светлинен импулс.
Намерете коефициента η на полезно действие на светкавицата.
До какво начално напрежение трябва да бъде зареден кондензаторът така, че КПД на светкавицата да бъде максимален? [5 т.]

в) p-n-преходът, където става излъчването, е с толкова малки размери, че може да се разглежда като точков източник на светлина. За да се получи насочен светлинен сноп, p-n-преходът в светодиода е капсулиран в прозрачен цилиндричен пластмасов корпус, завършващ със сферична повърхност с радиус R (фиг. 3, в). На какво разстояние f от върха на сферичната повърхност трябва да се намира p-n-преходът така, че лъчите, излъчени под малък ъгъл спрямо оста на корпуса, да формират практически успореден сноп, когато напуснат светодиода? Приемете, че показателят на пречупване на пластмасовия корпус е n = 1,5, а на въздуха – единица. [5 т.]

Отговори

Решение

а) Мощността на излъчената светлина е равна на мощността на електричния ток през светодиода:

P = U_\mathrm{p}I, \qquad (1)

[0,5 т.]

откъдето определяме тока, който тече във веригата:

I = \frac{P}{U_\mathrm{p}} = 20\ \mathrm{mA}. \qquad (2)

[0,5 т.]

Тъй като резисторът и диодът са свързани последователно, сумата от напреженията върху тях е равна на ЕДН на източника:

U_\mathrm{p} + IR = \mathcal{E}, \qquad (3)

[1,0 т.]

откъдето намираме съпротивлението на резистора:

R = \frac{\mathcal{E} - U_\mathrm{p}}{I} = \frac{4{,}5\ \mathrm{V} - 2{,}5\ \mathrm{V}}{0{,}02\ \mathrm{A}} = 100\ \Omega \qquad (4)

[1,0 т.]

Пълната енергия, която се отделя във веригата за единица време е равна на мощността на електродвижещите сили в източника:

P_{\mathrm{ЕДС}} = \mathcal{E}I. \qquad (5)

[1,0 т.]

Следователно КПД на веригата е:

\eta = \frac{P}{P_{\mathrm{ЕДС}}} = \frac{U_\mathrm{p}}{\mathcal{E}} \approx 56\%. \qquad (6)

[1,0 т.]

б) Диодът излъчва светлина, докато напрежението върху кондензатора намалее до $U_\mathrm{p}$ . Следователно по време на излъчването през диода минава заряд:

q = C(U_0 - U_\mathrm{p}). \qquad (7)

[1,0 т.]

Енергията, излъчена под формата на светлина, е равна на работата на тока през диода:

E = qU_\mathrm{p} = C\left(U_0 - U_\mathrm{p}\right)U_\mathrm{p} = 2.10^{-4}\ \mathrm{F}\,.\,2\ \mathrm{V}\,.\,3\ \mathrm{V} = 1{,}2.10^{-3}\ \mathrm{J} = 1{,}2\ \mathrm{mJ}. \qquad (8)

[1,0 т.]

След това кондензаторът продължава да се разрежда, макар и много по-бавно, поради слабия ток, който протича през диода при $U < U_0$ . Тогава обаче в диода се отделя енергия само под формата на топлина. Следователно общата енергия, отделена във веригата е равна на началната електрична потенциална енергия на кондензатора:

W = \frac{1}{2}CU_0^2. \qquad (9)

[1,0 т.]

Оттук определяме КПД на светкавицата:

\eta = \frac{E}{W} = 2\frac{U_\mathrm{p}}{U_0}\left(1 - \frac{U_\mathrm{p}}{U_0}\right) = 48\%. \qquad (10)

[1,0 т.]

От получения израз за η следва, че КПД на светкавицата има максимална стойност $1/2$ , когато $U_\mathrm{p}/U_0 = 1/2$ , т.е. при $U_0 = 2U_\mathrm{p} = 6\ \mathrm{V}$ . [1,0 т.]

в) Нека разгледаме лъч, излъчен от източника S под малък ъгъл θ с оста на цилиндъра. Той пада върху сферичната повърхност в т. $M$ на разстояние:

h \approx f\sin\theta \qquad (11)

[0,5 т.]

от оптичната ос, защото $|SM| \approx f$ . Тъй като след пречупване от сферичната повърхност лъчът продължава успоредно на оста, следва че за ъгъла β на пречупване във въздуха е в сила:

\sin\beta = \frac{h}{|OM|} = \frac{h}{R} \approx \frac{f\sin\theta}{R} \qquad (12)

[0,5 т.]

От чертежа се вижда, че ъгълът на падане в пластмасата е:

\alpha = \beta - \theta \approx \left(\frac{f}{R} - 1\right)\theta, \qquad (13)

[1,0 т.]

където сме взели предвид, че за малки ъгли $\sin\theta \approx \theta$ . От закона на Снелиус следва:

n\sin\alpha = \sin\beta. \qquad (14)

[1,0 т.]

Като използваме уравненията (12) и (13) и приближнието за малки ъгли, получаваме:

n\left(\frac{f}{R} - 1\right)\theta = \frac{f}{R}\theta, \qquad (15)

[1,0 т.]

откъдето окончателно намираме:

f = \frac{nR}{n-1} = 3.0\,R. \qquad (16)

[1,0 т.]

Лъчева диаграма: източник S, сферична повърхност с център O и радиус R, точка на пречупване M, ъгли алфа, бета, тета и височина h. — Ход на лъч, излъчен от точковия източник $S$ под малък ъгъл θ, който се пречупва в т. $M$ на сферичната повърхност с радиус $R$ и излиза успоредно на оста.

Оригинал в Архива: NOF3_2020_11-12problems.pdf · официални решения: NOF3_2020_11-12solutions.pdf