| 1 \[ \frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=\frac{U}{\beta R_\text{off}}\frac1{1+(r-1)x}-\alpha x \] | 0.30 |
|
| 1 Равновесное значение $x$ определяется как корень уравнения $\cfrac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=0 $ | 0.10 |
|
| 2 Выражение для равновесного значения $x$ через $U, \alpha, \xi$ и $r$: \[ x^2=\frac{U\xi}{\alpha(r-1)^2} \] | 0.10 |
|
| 3 $x_0 = \cfrac{9x}{10}$ | 0.10 |
|
| 4 Ответ: \[ x_0=\frac9{10(r-1)}\sqrt\frac{U\xi}\alpha \] | 0.10 |
|
|
1
Дифференциальное уравнение для $x(t)$ переписано с учетом пренебрежения $r \gg 1$: \[ \frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=\frac{U}{\beta R_\text{off}(r-1)}\frac1x-\alpha x \]Балл ставится, даже если это выражение написано не в решении пункта $\mathrm{A3}$. |
0.30 |
|
| 2 Верные пределы интегрирования | 0.20 |
|
|
3
Ответ: \[ \tau=\frac{\ln(100/19)}{2\alpha}\approx 0.830\alpha^{-1} \] |
0.30 |
|
| 1 $\mathrm{d} Q = U I \mathrm{d} t$ или аналогичное выражение | 0.30 |
|
| 2 M1 $$ Q=U^2\int\limits_0^{x_0}\frac{\mathrm dx}{(r-1)R_\text{off}\left[\frac U{\beta(r-1)R_\text{off}}-\alpha x^2\right]} $$ | 0.40 |
|
| 3 M2 $$ x(t) = \sqrt{ \cfrac{U (1-e^{-2\alpha t})}{\alpha \beta R_\text{off} (r-1)} } $$ или выражение для $R(t)$ | 0.20 |
|
| 4 M2 $$ Q = \int\limits_0^{\tau} U^{3/2} \mathrm{d} t \sqrt{ \cfrac{\alpha \beta }{R_\text{off}(r-1)(1-e^{-2\alpha t})} } = \cfrac{U^{3/2}}{R_\text{off}} \sqrt{\cfrac{\alpha}{\xi}} \int\limits_0^{\tau} \cfrac{\mathrm{d} t}{\sqrt{1-e^{-2\alpha t}}} $$ | 0.20 |
|
|
5
Ответ: $$ Q=\frac{U^{3/2}\operatorname{arth}0.9}{R_\text{off}\sqrt{\alpha\xi}}\approx 1.47\frac{U^{3/2}}{R_\text{off}\sqrt{\alpha\xi}} $$ |
0.30 |
|
| 1 При поиске зависимости $x(t)$ использовано приближение $R \approx R_\text{off}$ | 0.20 |
|
| 2 Получено уравнение $$ \frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=\frac{U\cos\omega t}{\beta R_\text{off}}-\alpha x $$ | 0.20 |
|
| 3 Поиск решения в виде $x(t) = A\cos \omega t + B \sin \omega t$ (где $A, B \in \mathbb R $) или $x = \Re (C e^{i\omega t})$ (где $C \in \mathbb C$) | 0.10 |
|
| 4 Ответ: $$ x(t)=\frac{U}{\beta R_\text{off}(\omega^2+\alpha^2)}\Big[\alpha\cos\omega t+\omega\sin\omega t\Big] = \frac{U}{\beta R_\text{off}\sqrt{\omega^2+\alpha^2}} \cos (\omega t - \arctan \omega/\alpha) $$ | 0.30 |
|
|
5
Выражение для отклонения силы тока от значения $U(t)/R_\text{off}$ через $x$ и $t$: $$ \delta I(t)=\frac{U\cos\omega t}{R_\text{off}}\left[1-\frac1{1+(r-1)|x|}\right] $$ |
0.20 |
|
|
6
Определены моменты времени, в которые напряжение равно $U \cos \varphi$: $$t = \pm \varphi/\omega $$ |
0.20 |
|
|
7
Ответ: $$ \Delta I(\varphi)=\frac{(r-1)\omega U^2}{\beta R^2_\text{off}(\omega^2+\alpha^2)}|\sin2\varphi| $$ |
0.30 |
|
| 1 $\underset{\varphi}{\text{max}}~|\sin2\varphi|=1$ | 0.10 |
|
| 2 $I_0 = U/R_\text{off}$ | 0.20 |
|
| 3 Ответ: $$ s=\frac{\omega U\xi}{2(\omega^2+\alpha^2)} $$ | 0.20 |
|
| 1 M1 Использована линеаризация $\cfrac{\omega U}{2s}$ vs $\omega^2$ | 0.30 |
|
| 2 M1 Для данной линеаризации коэффициент наклона равен $k = 1/\xi$ | 0.30 |
|
| 3 M1 Для данной линеаризации свободный член равен $b = \alpha^2/\xi$ | 0.30 |
|
|
4
M2
Записана система уравнений: $$ \begin{cases} s_1 = \cfrac{\omega_1 U \xi}{2(\omega_1^2 + \alpha^2)} \\\\ s_2 = \cfrac{\omega_2 U \xi}{2(\omega_2^2 + \alpha^2)} \end{cases} $$ |
0.50 |
|
|
5
M2
$$ \alpha^2 = \cfrac{\omega_1 \omega_2 (\omega_2 s_2 - \omega_1 s_1)}{\omega_2 s_1 - \omega_1 s_2} $$ или $$ \xi = \cfrac{2s_1s_2}{U} \cfrac{\omega_2^2 - \omega_1^2}{\omega_2 s_1 - \omega_1 s_2} $$ |
0.40 |
|
| 7 Ответ: $$ \alpha=1.15\cdot10^3~с^{-1} $$ | 0.30 |
|
| 8 Ответ: $$ \xi=2.62\cdot10^2~В^{-1}\cdotс^{-1} $$ | 0.30 |
|
| 1 Ответ: $$ \tau=7.2\cdot10^{-4}~с $$Также этот пункт оценивается, если значение $\tau$ рассчитано верно по формуле, полученной участником в пункте $\mathrm{A3}$, с использованием численных значений, полученных в $\mathrm{B3}$. | 0.50 |
|
|
1
Ответ: $$ Q=1.0\cdot10^{-4}~Дж $$ Также этот пункт оценивается, если значение $Q$ рассчитано верно по формуле, полученной участником в пункте $\mathrm{A4}$, с использованием численных значений, полученных в $\mathrm{B3}$. |
0.50 |
|
| 2 Использовано $U = 1 ~В$ вместо $U = 5 ~В$ | -0.10 |
|
Подсказка: рассмотрите вторую производную объёмной плотности энергии в момент «исчезновения».
| 1 $\frac{\partial \mathcal W}{\partial P}=0$ при $P = P_\text{до}$ и $E = E_\text{cr}$ | 0.20 |
|
| 2 $ \frac{\partial ^2\mathcal W}{\partial P^2} = 0$ при $P = P_\text{до}$ и $E = E_\text{cr}$ | 0.20 |
|
| 3 $$ \frac{\partial\mathcal W}{\partial P}=-2aP+4bP^3-E $$ | 0.20 |
|
| 4 $$ \frac{\partial^2\mathcal W}{\partial P^2}=-2a+12bP^2 $$ | 0.20 |
|
| 5 Ответ: $$P_\text{до}=-\sqrt\frac{a}{6b}$$ | 0.20 |
|
| 6 Ответ: $$ E_\text{cr}=\frac{2a}3\sqrt\frac{2a}{3b} $$ | 0.20 |
|
| 1 Указано, что $P_\text{после}$ является корнем уравнения $\frac{\partial \mathcal W}{\partial P}=0$ | 0.40 |
|
| 2 Указано, что $P_{после}$ является корнем кубического уравнения $\frac{\partial \mathcal W}{\partial P} (P)=0$, и предложена идея сведения уравнения к квадратному или линейному с использованием этого факта | 0.20 |
|
|
3
Ответ: $$ P_\text{после}=\sqrt\frac{2a}{3b} $$ |
0.20 |
|
| 1 $\mathcal Q = \mathcal W(P_\text{до}, E_\text{cr})-\mathcal W(P_\text{после}, E_\text{cr})$ | 0.30 |
|
| 2 Ответ: $$\mathcal Q=\frac{3a^2}{4b}$$ | 0.20 |
|
| 1 $1 ~ ТБ = 2^{43} ~ бит$ | 0.20 |
|
| 2 $Q_{1\,ТБ} = 2^{43} \mathcal{Q} l^3$ | 0.20 |
|
| 3 Ответ: $Q_{1\,ТБ} = 6.0~Дж$ | 0.10 |
|