A1  ^0.30 Пусть электрон начинает движение с нулевой начальной скоростью из точки $C$. Покажите, что в этом случае $x(t) = 0$.

В начальный момент электрон приобретает скорость по оси $Oy$, вдоль электрического поля. Это приводит к возникновению магнитной силы вдоль $Oz$ и появлению компоненты скорости $v_z$. Связанная с $v_z$ магнитная сила параллельна оси $Oy$. Таким образом, в процессе дальнейшего движения силы, действующие на электрон, лежат в плоскости $Oyz$, откуда следует $x(t) = 0$.

A2  ^0.50 Для описанного случая запишите второй закон Ньютона в проекции на оси $y$, $z$, из них получите выражения для $\ddot{y}$, $\ddot{z}$. В выражениях могут присутствовать $\dot{y}$, $\dot{z}$, $y$, $z$, $U$, $I$, а также геометрические характеристики системы.

В плоской конфигурации электрическое поле однородно и равно
$$E_y = \frac{\varphi_К - \varphi_А}{h} = -\frac{U}{h}.$$Магнитное поле провода провода при движении электрона в плоскости $Oyz$ параллельно $Ox$ равно (например, из теоремы о циркуляции)
$$B_x = -\frac{\mu_0 I}{2\pi(y+r_0)}.$$
С учётом отрицательности знака заряда электрона получаем уравнения движения:
$$\begin{cases} m \ddot{y} = -eE_y - e\dot{z}B_x \\ m\ddot{z} = e\dot{y}B_x \end{cases}$$Подставляя выражения для полей, получаем ответ.

A3  ^1.00 Получите дифференциальное уравнение относительно $y$ вида
$$\ddot{y} = \alpha - \beta \frac{\ln \left(1+\frac{y}{r_0}\right)}{1+\frac{y}{r_0}},$$ где $\alpha$, $\beta$ – константы. Найдите $\alpha$, $\beta$. В ответе могут присутствовать все введённые ранее величины и константы.

Умножив второе уравнение на $dt$, приходим к соотношению
$$d\dot{z} = -\dfrac{\mu_0 e I}{2 \pi m (y+r_0)}dy.$$Интегрируем:
$$\dot{z} = -\dfrac{\mu_0 e I}{2 \pi m} \int \frac{dy'}{y'+r_0} = -\dfrac{\mu_0 e I}{2 \pi m} \, \ln\left(1+\frac{y}{r_0}\right)+C.$$C учётом начальных условий $\dot{z} = 0$ при $y = 0$, тогда $C = 0$, и
$$\dot{z} = -\dfrac{\mu_0 e I}{2 \pi m} \, \ln\left(1+\frac{y}{r_0}\right).$$
Постановка полученного выражения в $(1)$ даёт
$$\ddot{y} = \dfrac{e U}{m h} - \frac{1}{r_0}\left( \dfrac{\mu_0 e I}{2\pi m}\right)^2 \, \dfrac{\ln\left(1+\frac{y}{r_0}\right)}{1+\frac{y}{r_0}}. \tag{3}$$Отсюда получаем ответ.

A4  ^0.80 Найдите максимальное значение тока нагревателя $I_{кр}$, при котором рассматриваемый электрон достигает анода.

После домножения на $\dot{y}$ уравнение $(3)$ преобразуется к виду
$$\frac{\dot{y}^2}{2} = \int \left(\dfrac{e U}{m h} - \frac{1}{r_0}\left( \dfrac{\mu_0 e I}{2\pi m}\right)^2 \, \dfrac{\ln\left(1+\frac{y}{r_0}\right)}{1+\frac{y}{r_0}}\right) dy.$$
Интеграл во втором слагаемом:
$$\int \dfrac{\ln\left(1+\frac{y}{r_0}\right)}{1+\frac{y}{r_0}} dy = r_0 \int \ln\left(1+\frac{y}{r_0}\right)d\left(\ln\left(1+\frac{y}{r_0}\right)\right) = \frac{r_0}{2} \ln^2\left(1+\frac{y}{r_0}\right) + C.$$
С учётом начальных условий $\dot{y} = 0$ при $y = 0$, тогда $C = 0$ , и
$$\frac{\dot{y}^2}{2} = \frac{eUy}{mh} - \frac{1}{2} \left( \dfrac{\mu_0 e I}{2\pi m}\right)^2 \ln^2\left(1+\frac{y}{r_0}\right).$$
Условие достижения электроном анода:
$$\dot{y}(h) = 0, \\ 0 = \frac{eU}{m} - \frac{1}{2} \left(\dfrac{\mu_0 e I_{кр}}{2\pi m}\right)^2 \ln^2\left(1+\frac{h}{r_0}\right).$$Отсюда получаем ответ для $I_{кр}$.

A5  ^1.20 Пусть электрон начинает движение с нулевой начальной скоростью из точки $C$ в цилиндрической конфигурации лампы. Найдите в этом случае максимальное значение тока нагревателя $I_{кр}$, при котором электрон достигает анода.

Аналогично предыдущей ситуации показывается, что движение будет происходить в плоскости $Oyz$, если ввести оси также, как на рисунке для плоской конфигурации.

Метод 1

Будем рассматривать движение в координатах $(r, z)$, где $r$ – расстояние от оси системы до точки. Рассчитаем электрическое поле, используя теорему Гаусса. В силу отсутствия объёмных зарядов
$$E_r \cdot r = \mbox{const}. \quad \Rightarrow \quad E_r= \frac{A}{r}, \\ U = -\int \limits_{r_0}^{R_0} E_r dr = -A \ln\left(\frac{R_0}{r_0}\right), \\ E_r = -\frac{U}{r \ln \left(\frac{R_0}{r_0}\right)}.$$
Магнитное поле:

$$B_x = -\frac{\mu_0 I}{2 \pi r}.$$
Тогда уравнения движения выглядят следующим образом:

$$\begin{cases} \ddot{r} = -\dfrac{e U}{m r \ln \left(\frac{R_0}{r_0}\right)} + \dfrac{\mu_0 e I}{2\pi m (y+r_0)}\dot{z} \\ \ddot{z} = -\dfrac{\mu_0 e I}{2 \pi m (y+r_0)}\dot{r} \end{cases}$$
Аналогичным образом после интегрирования второго уравнения, подстановки в первое и повторного интегрирования получаем уравнение на $I_{кр}$:
$$\frac{e U}{m} - \frac{1}{2} \left(\frac{\mu_0 e I_{кр}}{2 \pi m} \right)^2 \ln^2 \left(\frac{R_0}{r_0}\right).$$
Отсюда получаем ответ.

Метод 2

Рассмотрим уравнения движения из пункта A2, не подставляя конкретные значения $E_y$ и $B_x$:

$$\begin{cases} \ddot{y} = -\dfrac{e}{m} \left(E_y(y) + \dot{z}B_x(y) \right) \\ \ddot{z} = \dfrac{e}{m} \dot{y}B_x(y) \end{cases}.$$
С учётом начальных условий из второго уравнения получим:
$$\dot{z} = \frac{e}{m} \int \limits_0^y B_x(\xi) d\xi.$$Подставим в первое уравнение:
$$\ddot{y} = -\frac{e}{m}\left(E_y(y) + \frac{e}{m} B_x(y) \int \limits_0^y B_x(\xi) d\xi\right).$$Домножим на $\dot{y}$ и проинтегрируем с учётом начальных условий:
$$\frac{\dot{y}^2}{2} = -\frac{e}{m} \int \limits_0^y E_y(\eta) d\eta - \frac{e^2}{m^2} \int \limits_0^y B_x(\eta) d\eta \int \limits_0^\eta B_x(\xi) d\xi = \\ = \frac{e}{m}\left(\varphi(y) - \varphi(0)\right) - \frac{e^2}{m^2} \int \limits_0^y B_x(\eta) d\eta \int \limits_0^\eta B_x(\xi) d\xi.$$Условие достижения анода:
$$\frac{e}{m} \int \limits_0^h B_x(\eta) d\eta \int \limits_0^\eta B_x(\xi) d\xi = \varphi(y) - \varphi(0) = U.$$Таким образом, условие не зависит от распределения поля $E_y$, но только от разности потенциалов $U$. Так как распределение магнитного поля в цилиндрической и в плоской системе совпадают, то и ответ для $I_{кр}$ (с точностью до подстановки $R_0 = r_0 + h$) остаётся прежним.

Примечание.

Можно показать, что

$$\int \limits_0^h B_x(\eta) d\eta \int \limits_0^\eta B_x(\xi) d\xi = \frac{1}{2} \left(\int\limits_0^h B_x(\xi)d\xi)\right)^2.$$

Таким образом, условие на достижение электроном анода:

$$\int\limits_0^h B_x(\xi)d\xi = \sqrt{\frac{2mU}{e}}.$$

Интересный факт заключается в том, что найденное условие зависит только от значений определённых интегралов электрического и магнитного поля по $y$, но не от конкретного распределения поля.

B1  ^0.30 Получите дифференциальное уравнение, связывающее $\varphi(y)$ и $\rho(y)$.

Метод 1

Запишем теорему Гаусса для двух плоскостей $y$ и $y + dy$:
$$\left(E(y+dy) - E(y)\right)S = \frac{\rho(y)}{\varepsilon_0} S dy, \\ E'(y) = \frac{\rho(y)}{\varepsilon_0}.$$С учётом связи
$$E(y) = -\varphi'(y)$$получаем ответ.

Метод 2

Теорема Гаусса в дифференциальной форме:
$$\dfrac{\rho}{\varepsilon_0} = \operatorname{div} \vec{E}.$$Связь $E$ и $\varphi$:
$$E =-\operatorname{grad} \varphi.$$Тогда
$$\dfrac{\rho}{\varepsilon_0} = -\operatorname{div} \operatorname{grad} \varphi = -\Delta \varphi,$$здесь $\Delta = \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2}$ – оператор Лапласа (лапласиан), само уравнение называется уравнением Лапласа.
В одномерном случае это преобразуется к виду

B2  ^0.20 Предположим, что $U > 0$. Найдите скорость электрона $v(y)$, эмиттированного с катода, на расстоянии $y$ от катода. Ответ выразите через $\varphi(y)$.

Запишем закон сохранения энергии для электрона:
$$\frac{mv^2(y)}{2} - e\varphi(y) = 0.$$Отсюда следует ответ.

B3  ^0.30 Выразите полный ток $I$, протекающий через сечение $y = \mbox{const}$. Ответ выразите через $\rho(y)$, $v(y)$ и геометрические характеристики системы.

Положительным считайте направление тока от анода к катоду.

С учётом указанного положительного направления тока от анода к катоду

B4  ^0.40 Получите дифференциальное уравнение на $\varphi(y)$, содержащее функцию $\varphi(y)$ и её производные, а также $I$ и геометрические характеристики системы.

С учётом предыдущих пунктов:
$$\rho(y) = -\frac{I}{S v(y)} = -\frac{I}{S} \sqrt{\frac{m}{2e\varphi(y)}}.$$Постановка $\rho(y)$ в уравнение пункта B1 приводит к ответу

B5  ^0.80 Получите зависимость $\varphi(y)$. Ответ выразите через $I$ и геометрические характеристики системы.

Домножая обе части уравнения пункта B4 на $\varphi'(y)$ и интегрируя с учётом $\varphi'(0) = 0$, приходим к уравнению

$$(\varphi')^2 = \dfrac{I}{\varepsilon_0S}\sqrt{\dfrac{8m}{e}} \sqrt{\varphi}.$$

Переменные в нём разделяются:

$$\varphi^{-1/4}d\varphi = \left(\dfrac{I}{\varepsilon_0S}\right)^{1/2}\left(\dfrac{8m}{e}\right)^{1/4}dy.$$

Применяя начальное условие $\varphi(0) = 0$, получим

$$\dfrac{4}{3}\varphi^{3/4} = \left(\dfrac{I}{\varepsilon_0S}\right)^{1/2}\left(\dfrac{8m}{e}\right)^{1/4}y.$$

Преобразуя полученное выражение, приходим к ответу.

B6  ^0.80 ВАХ лампы при $U > 0$ может быть выражен функцией
$$I(U) = GU^\gamma.$$ Определите коэффициенты $G$, $\gamma$. Ответ выразите через геометрические характеристики системы.

Величина $G$ называется первеансом лампы.

Напряжение на лампе равно потенциалу в точке $y = h$:
$$U = \varphi(h) = \left(\dfrac{3h}{4}\right)^{4/3} \left(\dfrac{I}{\varepsilon_0S}\right)^{2/3}\left(\dfrac{8m}{e}\right)^{1/3}.$$Выразим ток:
$$I(U) =\varepsilon_0 S \left(\dfrac{4}{3h}\right)^{2}\left(\dfrac{e}{8m}\right)^{1/2} U^{3/2}.$$Тогда

B7  ^0.50 Получите зависимость $\rho(y)$. Ответ выразите через $I$ и геометрические характеристики системы.

Используя результаты пунктов B1 или B4, выражаем $\rho(y)$ через $\varphi(y)$:
$$\rho(y)=-\varepsilon_0\cdot \varphi''(y) = -\frac{I}{S} \sqrt{\frac{m}{2e\varphi(y)}}.$$Подставляя найденное $\varphi(y)$, приходим к ответу

B8  ^0.20 Получите ВАХ лампы $I(U)$ при $U < 0$.

При $U<0$ поле направлено по оси $y$, и эмитированные с катода электроны не движутся к аноду, а значит $I=0$.

B9  ^0.60 Получите дифференциальное уравнение на $\varphi(r)$, содержащее функцию $\varphi(r)$ и её производные, а также полный ток в лампе $I$ и геометрические характеристики системы.

Ток, текущий в цилиндрической конфигурации, равен
$$I = -2\pi r L \rho(r) v(r).$$С учётом выражения для скорости получаем
$$\rho(r) = -\frac{I}{2\pi r L} \sqrt{\frac{m}{2 e \varphi(r)}}$$

Метод 1

Рассмотрим цилиндрические поверхности длиной $L$ и радиусами $r$ и $r + dr$. Теорема Гаусса в этом случае запишется в виде:
$$2\pi L \left(E(r+dr)(r+dr) - E(r)r\right) = \frac{2\pi L r \rho(r) dr}{\varepsilon_0}, \\ \frac{1}{r} \frac{d}{dr}\left(rE(r)\right) = \frac{\rho(r)}{\varepsilon_0} = -\frac{I}{2\pi r L \varepsilon_0} \sqrt{\frac{m}{2 e \varphi(r)}}.$$Используя $E(r) = -\varphi(r)$, приходим к уравнению на потенциал.

Метод 2

В методе 2 пункта B1 было получено
$$\Delta \varphi = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}.$$Оператора Лапласа в цилиндрических координатах:
$$\Delta \varphi = \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left(r \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2}.$$В силу осевой симметрии системы и $E_z = 0$ последние два слагаемых равны нулю. После подстановки $\rho$ через $I$, получаем ответ.

C1  ^0.90 Закон Кирхгофа для RLC-контура приводит к дифференциальному уравнению вида
$$\ddot{U}_С + \zeta(1+\eta U_С^2)\dot{U}_С+\chi U_С = 0.$$Выразите $\zeta$, $\eta$, $\chi$ через $R$, $L$, $C$, $M$, $\lambda$, $\mu$.

Ток в RLC-контуре связан с напряжением конденсатора:
$$I = C\dot{U}_С.$$Тогда для RLC-контура записывается закон Кирхгофа:
$$M \frac{dI_А}{dt} = U_С + RC\dot{U}_С + LC \ddot{U}_С \tag{1}$$(с точностью до знака $M$). Используя выражение для $I_А(U_С)$, получим
$$\frac{dI_А}{dt} = \left(\lambda - 3\mu U_С^2\right)\dot{U}_С.
\tag{2}$$После подстановки $(2)$ в $(1)$ и сокращения на $LC$, приходим к уравнению
$$\ddot{U}_С + \left(\frac{R}{L} - \frac{\lambda M}{LC} +\frac{3\mu M}{LC}U_С^2 \right) \dot{U}_С + \frac{U_С}{LC} = 0.$$Сравнивая его с данным в условии, получаем ответ.

C2  ^1.20 Пусть $U_С$ отклоняется от нуля на малую величину. Получите условие на параметры $\zeta$, $\eta$, $\chi$, при котором происходит раскачка колебаний. Выразите также полученное условие в терминах $R$, $L$, $C$, $M$, $\lambda$, $\mu$.

При малых $U_С$ можно пренебречь членом $\sim U_С^2$ в уравнении и записать его в виде:
$$\ddot{U}_С + \zeta\dot{U}_С+\chi U_С = 0.$$

Метод 1 (математический)

Введём обозначения:
$$\zeta = 2\gamma, \qquad \qquad \chi = \omega_0^2.$$

Как известно, решение такого дифференциального уравнения имеет разный вид в зависимости от параметров $\gamma$, $\omega_0$.

1. $\gamma^2 < \omega_0^2$
   $$U_С(t) = e^{-\gamma t}\left(A \cos\left(\sqrt{\omega_0^2 - \gamma^2} \cdot t \right) + B \sin \left(\sqrt{\omega_0^2 - \gamma^2} \cdot t \right)\right).$$
2. $\gamma^2 = \omega_0^2$
   $$U_С(t) = e^{-\gamma t}(A + Bt).$$
3. $\gamma^2 > \omega_0^2$
   $$U_С(t) = e^{-\gamma t}\left(A \exp\left(\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2} \cdot t \right) + B \exp\left(-\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2} \cdot t \right)\right).$$

Второй случай не имеет физического смысла, так как требуется точное выполнение условия $\gamma^2 = \omega_0^2$. В остальных случаях, как видно, раскачка возможна только при условии $\gamma < 0$, то есть $\zeta < 0$.

Метод 2 (энергетический)

Энергия в RLC-контуре:
$$W = \frac{CU_С^2}{2} + \frac{LC^2 \dot{U}^2_С}{2}.$$Продифференцируем по времени:
$$\dot{W} = CU_С \dot{U}_С + LC^2\dot{U}_С \ddot{U}_С = C\dot{U}_С(U_С + LC \ddot{U}_С).$$Подставим $\ddot{U}_С$ из исходного уравнения, выразив его через $\dot{U}_С$, $U_С$. После преобразований приходим к выражению
$$\dot{W} = С\dot{U}^2_С(M \lambda - RC - 3\mu M U_С^2).$$При малых $U_С$:
$$\dot{W} \simeq С\dot{U}^2_С(M \lambda - RC).$$Для раскачки колебаний необходимо $\dot{W} > 0$, что эквивалентно