Теоретические задачи с XXXV международной физической олимпиады в Корее

Отчёт об олимпиаде читайте на сайте журнала Потенциал по адресу http://potential.org.ru/bin/view/Phys/ArtDt200501192007PH7C4J1

Сопротивление "Пинг-понг"

Конденсатор состоит из двух параллельных пластин в форме кругов радиусом R, расположенных на расстоянии d (d<<R) друг от друга (рис 1.1а). Верхняя пластина присоединена к источнику постоянного напряжения с потенциалом V, а нижняя пластина заземлена. Затем тонкий маленький диск массой m радиусом r (r<<R,d) и пренебрежимо малой толщиной (t<<r) помещают в центр нижней пластины (рис 1.1b). Пластины и диск, изготовленные из хорошо проводящего материала, находятся в вакууме. Всеми электростатическими краевыми эффектами и индуцированными зарядами, а также индуктивностью всей цепи и связанными с ней эффектами можно пренебречь. Диэлектрическая постоянная ε₀ считается известной.

Рисунок 1.1 Схематический чертеж параллельных пластин конденсатора, подключенных к источнику постоянного напряжения, (а) и вид сбоку параллельных пластин с маленьким диском, помещённым внутри конденсатора (b). (Смотри подробное описание в тексте).

(а) [1.2 балла] Рассчитайте электростатическую силу F_p взаимодействия между пластинами, находящимися на расстоянии d, до помещения диска между ними (рис. 1.1а).

(b) [0.8 балла] Когда диск помещён на нижнюю пластину (рис. 1.1b), диск приобретает заряд q, пропорциональный напряжению V на конденсаторе: q = CV. Выразите C через r, d и ε₀.

(c) [0.5 балла] Параллельные пластины конденсатора расположены перпендикулярно гравитационному полю g. Чтобы диск в первый раз поднялся вверх из исходного положения, необходимо приложить напряжение V, превышающее пороговое значение V_th. Выразите V_th через m, g, d и C .

(d) [2.3 балла] При V > V_th диск движется вверх-вниз между пластинами. (Предполагается, что диск движется строго вертикально без качания). Столкновения между диском и пластиной неупругие с коэффициентом восстановления η (V_after /V_before ), где V_before и V_after – скорости диска соответственно до и после столкновения. Пластины закреплены неподвижно. После большого количества столкновений скорость диска сразу после очередного столкновения с нижней пластиной стремится к значению, которое назовём «скоростью в установившемся режиме» V_s. Величина V_s зависит от V по формуле: ${\mbox{v}}_{\mbox{s}}={\sqrt {\alpha V^{2}+\beta }}\$

Выразите коэффициенты α и β через m, g , C , d и η. Предполагается, что диск касается пластины одновременно всей поверхностью, так что полная перезарядка происходит мгновенно при каждом столкновении.

(e) [2.2 балла] В установившемся режиме средний по времени ток I через обкладки конденсатора при условии qV << mgd может быть представлен в виде I = γV². Выразите коэффициент γ через m, C, d и η.

(f) [3 балла] При очень медленном уменьшении приложенного напряжения V существует критическое значение напряжения V_c, ниже которого ток скачком прекращает течь. Выразите V_c и соответствующий ему ток Ic через m, g, C, d и η. Сравнив V_c с пороговым значением Vth , определенным в пункте (с), приближённо изобразите зависимости I от V (на листе ответов) при увеличении и при уменьшении V в пределах от V = 0 до 3V_th.

Ответ к задаче Сопротивление "Пинг-понг"

(a) При подключении к источнику между пластинами возникает однородное электростатическое поле, модуль напряжённости которого $E={\frac {V}{d}}$. Так как это поле создаётся зарядами каждой из пластин и эти заряды равны между собой по модулю, то $E=E_{u}+E_{d}\Rightarrow E_{u}=E_{d}={\frac {E}{2}}={\frac {V}{2d}}$. Поле, создаваемое нижней пластиной, действует на верхнюю с силой $F_{p}=q_{u}E_{d}$. Заряды пластин $q_{u}=-q_{d}=CV$, где $C={\frac {\varepsilon _{0}S}{d}}={\frac {\varepsilon _{0}\pi R^{2}}{d}}$ - ёмкость конденсатора, образованного этими пластинами. Сила взаимодействия между пластинами

$F_{p}={\frac {\varepsilon _{0}\pi R^{2}V^{2}}{2d^{2}}}$.

(b) Заряд участка поверхности нижней пластины, на котором находится диск, полностью переходит на диск. Диск приобретает заряд $q=q_{d}{\frac {r^{2}}{R^{2}}}=-{\frac {\varepsilon _{0}\pi R^{2}}{d}}V{\frac {r^{2}}{R^{2}}}=-{\frac {\varepsilon _{0}\pi r^{2}}{d}}V$.

$\chi =-{\frac {\varepsilon _{0}\pi r^{2}}{d}}$.

(c) Диск оторвётся от нижней пластины, если действующая на него со стороны электростатического поля сила превзойдет силу тяжести. Электростатическое поле будет действовать на диск с силой $F_{e}=\left|q\right|E_{u}=\left|\chi \right|V{\frac {V}{2d}}=\left|\chi \right|{\frac {V^{2}}{2d}}$. При пороговом значении приложенного напряжения $F_{e}=\left|\chi \right|{\frac {V_{th}^{2}}{2d}}=mg$. Пороговое значение напряжения

$V_{th}={\sqrt {\frac {2mgd}{\left|\chi \right|}}}$.

(d) После столкновения с нижней пластиной в установившемся режиме диск приобретает скорость v_s и заряд q. Перед ударом о верхнюю пластину его скорость $v_{before}^{up}$ можно выразить из энергетических соображений: ${\frac {m\left({v_{before}^{up}}\right)^{2}}{2}}={\frac {mv_{s}^{2}}{2}}-mgd+\left|q\right|V$.

После удара о верхнюю пластину скорость диска $v_{after}^{up}=\eta v_{before}^{up}$, а его заряд равен –q. Скорость диска перед очередным ударом о нижнюю пластину $v_{before}^{down}$: ${\frac {m\left({v_{before}^{down}}\right)^{2}}{2}}={\frac {m\left({v_{after}^{up}}\right)^{2}}{2}}+mgd+\left|q\right|V$. Скорость диска после удара о нижнюю пластину $v_{after}^{down}=\eta v_{before}^{up}=v_{s}$.

Используя приведённые соотношения, выражаем $v_{s}={\sqrt {{\frac {2\left|\chi \right|}{m}}\cdot {\frac {\eta ^{2}}{1-\eta ^{2}}}\cdot V^{2}+2gd\cdot {\frac {\eta ^{2}}{1+\eta ^{2}}}}}$.

$\alpha ={\frac {2\left|\chi \right|}{m}}\cdot {\frac {\eta ^{2}}{1-\eta ^{2}}};\beta =2gd\cdot {\frac {\eta ^{2}}{1+\eta ^{2}}}$.

(e) Средний по времени ток через обкладки конденсатора $I={\frac {\Delta q}{\Delta t}}$, где $\Delta q=2\left|q\right|$ – заряд, который переносит диск за один цикл (вверх – вниз) движения между пластинами, $\Delta t=t_{up}+t_{down}$ – время движения диска от нижней пластины до верхней и обратно. Так как и движение вверх, и движение вниз происходят с постоянными ускорениями, можно выразить средние скорости этих движений: ${\overline {v_{up}}}={\frac {v_{s}+v_{before}^{up}}{2}}$; ${\overline {v_{down}}}={\frac {v_{after}^{up}+v_{before}^{down}}{2}}$. Тогда $t_{up}={\frac {2d}{v_{s}+v_{before}^{up}}}$ и $t_{down}={\frac {2d}{v_{after}^{up}+v_{down}^{before}}}$.

Среднюю силу тока $I={\frac {2\left|q\right|}{t_{up}+t_{down}}}={\frac {\left|q\right|}{d}}\left({{\frac {1}{v_{s}+v_{before}^{up}}}+{\frac {1}{v_{after}^{up}+v_{down}^{before}}}}\right)^{-1}$ найдём, используя выражения для $v_{before}^{up}$ ;$v_{after}^{up}$ ;$v_{before}^{down}$ из части (d). Учитывая, что $\left|q\right|V>>mgd$, $I=V^{2}{\sqrt {{\frac {1+\eta }{\left({1-\eta }\right)}}\cdot {\frac {\left|\chi \right|^{3}}{2md^{2}}}}}$.

$\gamma ={\sqrt {{\frac {\left({1+\eta }\right)}{\left({1-\eta }\right)}}\cdot {\frac {\left|\chi \right|^{3}}{2md^{2}}}}}$.

(f) Ток перестаёт течь, если кинетической энергии диска после удара о нижнюю пластину оказывается недостаточно, чтобы долететь до верхней пластины: ${\frac {mv_{s}^{2}}{2}}<mgd-\left|q\right|V$. Используя выражение для V_s, получим условие, которому должно удовлетворять V, чтобы ток прекратился: $V<{\sqrt {{\frac {1-\eta ^{2}}{1+\eta ^{2}}}\cdot {\frac {mgd}{\left|\chi \right|}}}}$. Критическое значение напряжения

$V_{c}={\sqrt {{\frac {1-\eta ^{2}}{1+\eta ^{2}}}\cdot {\frac {mgd}{\left|\chi \right|}}}}<V_{th}$

При таком напряжении скорость диска при подлёте к верхней пластине обращается в нуль. Тогда время движения вверх $t_{up}={\frac {2d}{v_{s}}}$, время движения вниз

$t_{down}={\frac {2d}{\left({v_{s}}/{\eta }\right)}}={\frac {2\eta d}{v_{s}}}$.

Сила тока $I_{c}={\frac {2\left|q\right|}{2d\left({1+\eta }\right)}}v_{s}={\frac {\left|\chi \right|V_{c}}{d\left({1+\eta }\right)}}{\sqrt {{\frac {2\left|\chi \right|}{m}}\cdot {\frac {\eta ^{2}}{1-\eta ^{2}}}\cdot V_{c}^{2}+2gd\cdot {\frac {\eta ^{2}}{1+\eta ^{2}}}}}$.

С учётом выражения для V_c ,

$I_{c}={\frac {2\eta g}{\left({1+\eta }\right)\left({1+\eta ^{2}}\right)}}{\sqrt {\left|\chi \right|m\left({1-\eta ^{2}}\right)}}$.

График зависимости I от V при увеличении и уменьшении V будет иметь следующий вид:

Поднимающийся шар

Резиновый шар, наполненный гелием, поднимается в небо. Давление и температура атмосферного воздуха уменьшаются с высотой. В дальнейшем будем предполагать, что сферическая форма шара сохраняется, несмотря на прикреплённый к нему груз, и пренебрежём объёмом самой оболочки и груза. Будем также предполагать, что температура гелия внутри шара совпадает с температурой окружающего воздуха, и считать гелий и воздух идеальными газами. Универсальная газовая постоянная R=8,31 Дж/(моль•К); молярные массы гелия M_H и воздуха M_A равны M_H = 4,00 x 10^-3 кг/моль и M_A = 28,9 x 10^-3 кг/моль соответственно. Ускорение свободного падения g=9,8 м/с².

ЧАСТЬ А

(а) [1.5 балла] Предположим, что окружающий воздух имеет давление P и температуру T. Давление внутри шара выше наружного из-за упругих свойств оболочки. Пусть шар содержит n молей гелия и давление внутри него равно P+ΔP. Определите выталкивающую силу F_B, действующую на шар, как функцию от P и ΔP.

(b) [2 балла] В Корее в один из летних дней было найдено, что температура T воздуха на высоте z над уровнем моря задаётся соотношением T(z)=T₀(1 – z/z⁰) в диапазоне 0< z <15 км, где z₀ =49 км и T₀ =303 К. Давление P₀ и плотность воздуха ρ₀ на уровне моря равны P₀=1 атм = 1,01 x 105 Па и ρ₀=1,16 кг/м3 соответственно. В указанном диапазоне высот давление изменяется с высотой по закону $P(z)=P_{0}(1-z/z_{0})^{\eta }\ (2.1)$ Выразите постоянную η через величины z₀, ρ₀, P₀, и g; определите её значение с точностью до двух значащих цифр. Считайте ускорение свободного падения g постоянным, не зависящим от высоты.

ЧАСТЬ В

Когда резиновый шар (с радиусом r₀ в нерастянутом состоянии) раздувается до сферы радиуса $r(\geq r_{0})$, его оболочка из-за растяжения приобретает упругую энергию. В упрощённой теории упругая энергия U надутой сферической оболочки при постоянной температуре T описывается выражением $U=4\pi r_{0}^{2}kRT(2\lambda ^{2}+{\frac {1}{\lambda ^{4}}}-3)(2.2)$

где $\lambda \equiv {\rm {r/r}}_{\rm {0}}(\geq 1)$ – коэффициент растяжения (по радиусу), а k – некоторая константа, выраженная в единицах моль/м².

(c) [2 балла] Выразите ΔP через параметры, входящие в выражение (2.2), и изобразите графически (на листе ответов) зависимость ΔP от λ.

(d) [1.5 балла] Постоянная величина k может быть определена через количество молей гелия, необходимых для надувания шара. При T₀ = 303 К и P₀ = 1,0 атм нерастянутый шар (при r = r⁰) содержит n₀ = 12,5 молей гелия. Для раздувания шара до значения λ = 1,5 при неизменных температуре T₀ и внешнем давлении P₀ в нём должно находиться в общей сложности n = 3,6n₀ = 45 молей гелия. Выразите параметр a оболочки, определяемый как отношение a = k/k₀ (где $k_{0}\equiv {\frac {r_{0}P_{0}}{4RT_{0}}}$), через n, n₀ и λ. Вычислите его значение с точностью до двух значащих цифр.

ЧАСТЬ С

Шар накачали на уровне моря как в пункте (d) (коэффициент растяжения по радиусу λ =1,5, число молей гелия внутри n=3,6n₀=45 молей, при температуре T₀=303К и давлении P₀=1,0 атм=1,01x10⁵ Па). Общая масса шара, включая газ, оболочку и груз, равна M_T=1,12 кг. Такой шар начинает подниматься от уровня моря.

(e) [3 балла] Пусть этот шар поднялся до такой высоты z_f , на которой выталкивающая сила уравновешивается суммарной силой тяжести. Определите z_f и коэффициент растяжения λ_f на этой высоте. Рассчитайте их числовые значения с точностью до двух значащих цифр. Утечкой газа и боковым смещением из-за ветра пренебрегите

Ответ к задаче Поднимающийся шар

ЧАСТЬ А

(a) Выталкивающая сила $F_{B}=\rho gV$, где $\rho ={\frac {pM_{A}}{RT}}$ – плотность окружающего воздуха, $V={\frac {nRT}{\left({p+\Delta p}\right)}}$ – объём гелия.

$F_{B}={\frac {p}{\left({p+\Delta p}\right)}}nM_{A}g$.

(b) Рассмотрим слой воздуха толщиной dz, расположенный на высоте z. Условие равновесия этого слоя $\,\!\rho (z)gdz=-dp$ или $-{\frac {dp}{dz}}=\rho \left(z\right)g$.

${\frac {dp}{dz}}=-{\frac {\eta p_{0}}{z_{0}}}\left(1-z/z_{0}\right)^{\eta -1}$;

$\rho (z)={\frac {p(z)M_{A}}{RT(z)}}={\frac {p_{0}M_{A}}{RT_{0}}}\left(1-z/z_{0}\right)^{\eta -1}$.

Таким образом, ${\frac {\eta p_{0}}{z_{0}}}={\frac {p_{0}M_{A}}{RT_{0}}}g$ и

$\eta ={\frac {M_{A}gz_{0}}{RT_{0}}}\approx 5.5$.

ЧАСТЬ В

(c) Позволим оболочке бесконечно медленно растягиваться. При увеличении её радиуса на dr силы давления (газа внутри оболочки и окружающего воздуха) совершат работу $\delta A=\Delta p\cdot 4\pi r^{2}dr$. Энергия упругой деформации оболочки при этом возрастёт на $dU={\frac {dU}{dr}}\cdot dr=4\pi r_{0}^{2}kRT\left({{\frac {4r}{r_{0}^{2}}}-{\frac {4r_{0}^{4}}{r^{5}}}}\right)dr$.

$\delta A=dU\Rightarrow \Delta p={\frac {4kRT}{r_{0}}}\left({\frac {r_{0}}{r}}\right)^{2}\left({{\frac {r}{r_{0}}}-{\frac {r_{0}^{5}}{r^{5}}}}\right)$. Искомая зависимость имеет вид $\Delta p={\frac {4kRT}{r_{0}}}\left({\lambda ^{-1}-\lambda ^{-7}}\right)$. Эта зависимость имеет максимум при $\lambda ={\sqrt[{6}]{7}}\approx 1.38$. При $\lambda =1\Delta p=0$. При $\lambda \gg 1\Delta p\sim 1/\lambda$. Примерный график зависимости $\Delta p(\lambda )$ при $\lambda \geq 1$ приведён на рисунке 2.1.

Рис.2.1.

(d) При $r=r_{0}$ давление гелия в шаре равно атмосферному $p_{0}={\frac {n_{0}RT_{0}}{{\textstyle {4 \over 3}}\pi r_{0}^{3}}}$. При раздувании шара давление гелия $\left({p_{0}+\Delta p}\right)={\frac {nRT_{0}}{{\textstyle {4 \over 3}}\pi r^{3}}}\Rightarrow \Delta p={\frac {RT_{0}}{{\textstyle {4 \over 3}}\pi r_{0}^{3}}}\left({{\frac {n}{\lambda ^{3}}}-n_{0}}\right)$.

Используя выражение для $\,\!\Delta p$ из пункта (с), выражаем $k={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {r_{0}}{{4 \over 3}\pi r_{0}^{3}}}\cdot {\frac {\left(n/\lambda ^{3}-n_{0}\right)}{\left({\lambda ^{-1}-\lambda ^{-7}}\right)}}={\frac {r_{0}p_{0}}{4RT_{0}}}\cdot \left({\frac {n/\left(n_{0}\lambda ^{3}\right)-1}{\lambda ^{-1}-\lambda ^{-7}}}\right)$.

$a={\frac {n/\left(n_{0}\lambda ^{3}\right)-1}{\lambda ^{-1}-\lambda ^{-7}}}\approx 0.11$.

ЧАСТЬ С

(e) Условие равновесия шара на высоте $z_{f}$: $M_{T}g=F_{B}=M_{A}ng{\frac {p_{f}}{p_{f}+\left({\Delta p}\right)_{f}}}$.

${\frac {p_{f}+\left({\Delta p}\right)_{f}}{p_{f}}}={\frac {M_{A}n}{M_{T}}}$. Так как количество гелия в шаре постоянно, то:

${\frac {\left({p_{0}+\left({\Delta p}\right)_{0}}\right)\lambda ^{3}}{T_{0}}}={\frac {\left({p_{f}+\left({\Delta p}\right)_{f}}\right)\lambda _{f}^{3}}{T_{f}}}\Rightarrow \left({p_{f}+\left({\Delta p}\right)_{f}}\right)=\left({p_{0}+\left({\Delta p}\right)_{0}}\right){\frac {T_{f}}{T_{0}}}\left({\frac {\lambda }{\lambda _{f}}}\right)^{3}$.

${\frac {p_{f}+\left({\Delta p}\right)_{f}}{p_{f}}}$ $={\frac {p_{0}+\left(\Delta p\right)_{0}}{T_{0}}}\cdot {\frac {T_{f}}{p_{f}}}\cdot \left({\frac {\lambda }{\lambda _{f}}}\right)^{3}$$={\frac {nM_{A}}{M_{T}}}$.

Из п.(c): $\Delta p_{f}={\frac {4kRT_{f}}{r_{0}}}\left({\lambda _{f}^{-1}-\lambda _{f}^{-7}}\right)$.

$1+{\frac {\left({\Delta p}\right)_{f}}{p_{f}}}=1+{\frac {4kRT_{f}}{r_{0}p_{f}}}\left({\lambda _{f}^{-1}-\lambda _{f}^{-7}}\right)={\frac {nM_{A}}{M_{T}}}$.

${\frac {T_{f}}{p_{f}}}=\left({{\frac {nM_{A}}{M_{T}}}-1}\right){\frac {r_{0}}{4kR\left({\lambda _{f}^{-1}-\lambda _{f}^{-7}}\right)}}={\frac {nM_{A}}{M_{T}}}\cdot \left({\frac {\lambda _{f}}{\lambda }}\right)^{3}\cdot {\frac {T_{0}}{p_{0}+\left({\Delta p}\right)_{0}}}$.

Учтём, что ${\frac {4kRT_{0}}{r_{0}}}=ap_{0}$, след., $\left({\lambda _{f}^{2}-\lambda _{f}^{-4}}\right)={\frac {p_{0}+\left({\Delta p}\right)_{0}}{ap_{0}}}\left({1-{\frac {M_{T}}{nM_{A}}}}\right)\lambda ^{3}$.

Т.к. $\lambda _{f}>\lambda$,

где $\lambda =1,5$

то $\left({\lambda _{f}^{2}-\lambda _{f}^{-4}}\right)\approx \lambda _{f}^{2}$.

$\left({\Delta p}\right)_{0}={\frac {4kRT_{0}}{r_{0}}}\left({\lambda ^{-1}-\lambda ^{-7}}\right)\approx ap_{0}\lambda ^{-1}$.

Т.о.,

$\lambda _{f}\approx {\sqrt {\left({\frac {1}{a}}+{\frac {1}{\lambda }}\right)\left(1-{\frac {M_{T}}{nM_{A}}}\right)\lambda ^{3}}}\approx 2.14$.

${\frac {p_{f}}{T_{f}}}={\frac {p_{0}}{T_{0}}}\left({1-{\frac {z_{f}}{z_{0}}}}\right)^{\eta -1}={\frac {p_{0}+\left({\Delta p}\right)_{0}}{T_{0}}}\left({\frac {\lambda }{\lambda _{f}}}\right)^{3}{\frac {M_{T}}{nM_{A}}}\approx {\frac {p_{0}}{T_{0}}}\left({1+{\frac {a}{\lambda }}}\right)\left({\frac {\lambda }{\lambda _{f}}}\right)^{3}{\frac {M_{T}}{nM_{A}}}$.

Из последнего выражения находим

$z_{f}\approx 11\;$км.

Атомный зондирующий микроскоп

Атомный зондирующий микроскоп (АЗМ) является мощным исследовательским инструментом в области нанофизики. Движение датчика АЗМ регистрируется с помощью фотодетектора, принимающего отражённый луч лазера, как показно на рис.3.1. Датчик закреплён на упругой горизонтальной пластинке и может колебаться только в вертикальном направлении. Его смещение z, зависящее от времени t, описывается уравнением $m{\frac {d^{2}z}{dt^{2}}}+b{\frac {dz}{dt}}+kz=F$

                                                                           ,

где m – масса датчика, $k-m\omega _{0}^{2}$ - коэффициент упругости пластинки, b – малый коэффициент затухания, удовлетворяющий условию $\omega _{0}\gg (b/m)>0$,

F - внешняя сила, действующая на датчик со стороны пьезоэлемента.

Рис.3.1 Упрощённая схема атомного зондирующего микроскопа (АЗМ). В правом нижнем углу показана упрощённая механическая модель, описывающая принцип работы датчика и его связь с пьезоэлементом.

ЧАСТЬ А

(a) [1.5 балла] Если $F=F_{0}\sin \omega t,$ то зависимость z(t), удовлетворяющая уравнению (3.1), имеет вид $z(t)=A\sin(\omega t-\phi )$, где A>0 и $0\leq \phi \leq \pi$. Получите выражения для амплитуды A и тангенса фазы tan _Ф_ через параметры $F_{0},m,\omega ,\omega _{0},b$. Найдите значения амплитуды A и фазы _Ф_ на резонансной частоте $\omega =\omega _{0}$.

(b) [1 балл] Электронное устройство, показанное на рис. 3.1, перемножает входной сигнал и опорный сигнал $V_{R}=V_{R0}\sin \omega t$, и выделяет в качестве выходного сигнала только постоянную составляющую произведения обоих сигналов. Допустим, входной сигнал задаётся формулой $V_{i}=V_{i0}sin(\omega _{i}t-\phi )$, где $V_{R0},V_{i0},\omega _{i},$ и $\phi$ являются заданными положительными константами. Найдите условие для w (>0), при котором на выходе появляется отличный от нуля сигнал. Получите выражение для величины выходного сигнала (постоянной составляющей произведения) на заданной частоте $\omega$.

(c) [1.5 балла] Пройдя через фазовращатель, опорный сигнал, напряжение которого зависит от времени по закону $V_{R}=V_{R0}\sin \omega t$, приобретает вид $V'_{R}=V_{R0}\sin(\omega t+\pi /2)$. Это напряжение $V'_{R}$ подаётся на пьезоэлемент, который создаёт силу $F=c_{1}V'_{R}$, приложенную к датчику. Затем фотодетектор преобразует смещение датчика _z_ в напряжение $V_{i}=c_{2}z$. В этих соотношениях $c_{1}$ и $c_{2}$ - известные константы, $V_{i}$ - входной сигнал. Получите выражение для постоянной составляющей выходного сигнала при частоте опорного сигнала $\omega =\omega _{0}$.

(d) [2 балла] Малое изменение массы датчика $\Delta m$ приводит к сдвигу его резонансной частоты на величину $\Delta \omega _{0}$, в результатае чего фаза входного сигнала _Ф_ на первоначальной резонансной частоте $\omega _{0}$ испытывает сдвиг на величину $\Delta \phi$. Найдите изменение массы датчика $\Delta m$, при котором сдвиг фазы оказывается равным $\Delta \phi =\pi /1800$, что типично для фазовых измерений. Значения физических параметров датчика следующие: $m=1.010^{-12}$ кг, $k=1,0H/_{M}(b/m)=1.0\times 10^{3}c^{-1}.$ Используйте следующие приближенные формулы:

$(1+x)^{a}\approx 1+ax$ и $\tan(\pi /2+x)\approx -1/x$ при $(\left|x\right|<<1).$

ЧАСТЬ B

Далее рассмотрите поведение устройства, включая все силы, действующие на датчик, описанные в части А, а также дополнительную силу со стороны образца ( рис. 3.1), рассмотренную ниже.

(e) [1.5 балла] Считайте, что дополнительная сила $f(h)$, действующая на датчик со стороны поверхности образца, зависит только от расстояния $h$ между концом датчика и поверхностью образца. Зная эту силу, можно найти новое положение равновесия датчика $h_{0}$. Вблизи этого положения $h_{0}$ можно приблизительно записать $f(h)\approx f(h_{0})+c_{3}(h-h_{0})$, где $c_{3}$ – коэффициент, не зависящий от $h$. Найдите новую резонансную частоту колебаний датчика $\omega _{0}^{!}$ и выразите её через величины $\omega _{0},m,c_{3}$.

(f) [2.5 балла] Остриё датчика, несущее электрический заряд $Q=6e$, движется горизонтально над поверхностью и проходит над электроном с зарядом $q=e$, расположенным (локализованным в пространстве) на некотором расстоянии под поверхностью образца. В ходе сканирования вблизи электрона максимальный сдвиг резонансной частоты $(=\omega _{0}^{'}-\omega _{0})$ оказывается значительно меньше $\omega _{0}$. Получите выражение для расстояния $d_{0}$ от острия датчика до локализованного электрона, при котором сдвиг частоты будет максимальным. Выразите это расстояние через параметры $m,q,Q,\omega _{0},\Delta \omega _{0}$ и постоянную закона Кулона $k_{e}$. Рассчитайте расстояние $d_{0}$ в нанометрах (1 нм = 1x10^-9 м) для сдвига частоты $\Delta \omega =20c^{-1}$. Параметры датчика следующие: $m=1.0\cdot 10^{-12}$ кг, $k=1.0$ Н/м. Любыми поляризационными эффектами как для датчика, так и для образца следует пренебречь. Физические постоянные равны $k_{e}=1/4\pi \varepsilon _{0}=9.0\cdot 10^{9}$ H x м²/Кл², $e=-1.6\cdot 10^{-19}$ Кл.

Ответы к задаче Атомный зондирующий микроскоп

Часть А

(a) $z(t)=A\sin \left({\omega t-\varphi }\right)$

${\frac {dz}{dt}}=A\omega \cos \left({\omega t-\varphi }\right);{\frac {d^{2}z}{dt^{2}}}=-A\omega ^{2}\sin \left({\omega t-\varphi }\right)$

С учётом $\sin \left({\omega t-\varphi }\right)=\sin \omega t\cdot \cos \varphi -\cos \omega t\cdot \sin \varphi ;\cos \left({\omega t-\varphi }\right)=\cos \omega t\cdot \cos \varphi +\sin \omega t\cdot \sin \varphi$

${\begin{matrix}\left({-m\omega ^{2}A\cos \varphi +bA\omega \sin \varphi +kA\cos \varphi }\right)\sin \omega t+\\+\left({m\omega ^{2}A\sin \varphi +bA\omega \cos \varphi -kA\sin \varphi }\right)\cos \omega t=F_{0}\sin \omega t\\\end{matrix}}$

$\left\{{\begin{matrix}{'''{20}c}{-m\omega ^{2}A\cos \varphi +bA\omega \sin \varphi +kA\cos \varphi =F_{0}}\\{m\omega ^{2}A\sin \varphi +bA\omega \cos \varphi -kA\sin \varphi =0}\\\end{matrix}}\right.$

Т.к. $k=m\omega _{0}^{2}$, то

$tg\varphi ={\frac {b\omega }{m\left({\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}\right)}}$

и

$A={\frac {F_{0}}{\sqrt {b^{2}\omega ^{2}+m^{2}\left({\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}\right)^{2}}}}$.

При $\omega =\omega _{0}$ :

$\varphi ={\frac {\pi }{2}}$

и

$A={\frac {F_{0}}{b\omega _{0}}}$.

(b) $V_{i}V_{R}=V_{i0}V_{R0}\sin \left({\omega _{i}t-\varphi _{i}}\right)\sin \omega t={\frac {V_{i0}V_{R0}}{2}}\left[{\cos \left({\left({\omega -\omega _{i}}\right)t+\varphi _{i}}\right)-\cos \left({\left({\omega +\omega _{i}}\right)t-\varphi _{i}}\right)}\right]$

Постоянная составляющая сигнала будет отлична от нуля только при

$\omega =\omega _{i}$

и будет равна

${\frac {1}{2}}V_{i0}V_{R0}\cos \varphi _{i}$.

(c) Используем результаты, полученные в пункте (a) для A и $\varphi$ при $\omega =\omega _{0}$. Учтём также, что $F=c_{1}V'_{R}=c_{1}V_{R0}\sin \left({\omega t+{\frac {\pi }{2}}}\right)$. Получим выражение для $V_{i}(t)$: $V_{i}=c_{2}z=c_{2}A\sin \left(wt+{\frac {\pi }{2}}-\varphi \right)=c_{2}{\frac {F_{0}}{b\omega _{0}}}\sin \left(\omega t+{\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi }{2}}\right)={\frac {c_{2}c_{1}V_{R0}}{b\omega _{0}}}\sin \omega t$

Откуда $V_{i0}={\frac {c_{1}c_{2}V_{R0}}{b\omega _{0}}}$ и $\varphi _{i}=0$. Т.к. $\omega =\omega _{i}=\omega _{0}$, то постоянная составляющая сигнала

${\frac {c_{1}c_{2}}{2}}{\frac {V_{R0}^{2}}{b\omega _{0}}}$.

(d) Резонансная частота $\omega _{0}={\sqrt {\frac {k}{m}}}$. При малом изменении массы датчика на $\Delta m$ резонансная частота сдвинется на $\Delta \omega _{0}=-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{m}}{\sqrt {\frac {k}{m}}}\cdot \Delta m=-{\frac {1}{2}}{\frac {\omega _{0}}{m}}\Delta m$.

${\begin{matrix}tg\varphi =tg\left({{\frac {\pi }{2}}+\Delta \varphi }\right)={\frac {b\omega }{m\left({\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}\right)}}={\frac {b\omega }{m\left({\omega _{0}+\omega }\right)\left({\omega _{0}-\omega }\right)}}=\\={\frac {b}{2m\Delta \omega _{0}}}\approx -{\frac {1}{\Delta \varphi }}\Rightarrow \Delta \varphi =-{\frac {2m\Delta \omega _{0}}{b}}={\frac {\omega _{0}\Delta m}{b}}.\\\end{matrix}}$

$\Delta m={\frac {b\Delta \varphi }{\omega _{0}}}=$$\left({\frac {b}{m}}\right)\left({\frac {m}{\sqrt {k/m}}}\right)\Delta \varphi \approx 1.75\cdot 10^{-18}$ кг.

Часть B

(e)

$f\left(h\right)\approx f\left({h_{0}}\right)+c_{3}\left({h-h_{0}}\right)=f\left({h_{0}}\right)+c_{3}z$.

Теперь уравнение колебаний датчика записывается так: $m{\frac {d^{2}z}{dt^{2}}}+b{\frac {dz}{dt}}+kz=F_{0}\sin \omega t+f\left({h_{0}}\right)+c_{3}z$

Появление постоянной силы $f(h_{0})$ приводит только к смещению положения равновесия. А слагаемое $c_{3}z$ можно учесть, введя новый коэффициент упругости $k'=\left({k-c_{3}}\right)$. Тогда новая резонансная частота колебаний датчика

$\omega '_{0}={\sqrt {\frac {k'}{m}}}={\sqrt {\omega _{0}^{2}-{\frac {c_{3}}{m}}}}$.

(f) Сила взаимодействия датчика с электроном $f=k_{e}{\frac {qQ}{r^{2}}}$, где r – расстояние между датчиком и электроном. Сдвиг частоты будет максимальным, когда датчик проходит над электроном. В этом случае сила f направлена, как показано на рисунке 3.2. При небольшом смещении датчика в направлении оси z от положения равновесия приращение силы $\Delta f=-2k_{e}{\frac {qQ}{r^{3}}}\Delta r=c_{3}z$. Так как $\Delta r=z$, а $r=d_{0}$, то $c_{3}=-2k_{e}{\frac {qQ}{d_{0}^{3}}}$.

$\Delta \omega _{0}=\omega '_{0}-\omega _{0}=\omega _{0}\left({{\sqrt {1-{\frac {c_{3}}{m\omega _{0}^{2}}}}}-1}\right)\approx -{\frac {1}{2}}{\frac {c_{3}}{m\omega _{0}^{}}}=k_{e}{\frac {qQ}{m\omega _{0}^{}d_{0}^{3}}}$.

$d_{0}={\sqrt[{3}]{\frac {k_{e}qQ}{m\omega _{0}\Delta \omega _{0}}}}\approx 41\,$ нм.