Физтех 2026/27 · Физика · 11 кл., №7 — решение · отбор · 1-я попытка

Условие

В цепи, схема которой представлена на рисунке, плоские конденсаторы заряжены до напряжения $100$ [В], ток в цепи отсутствует. В один конденсатор вставлена пластина из неоднородного диэлектрика, полностью заполняющая пространство между обкладками. Пространство между обкладками второго конденсатора заполнено воздухом. При этом ёмкости обоих конденсаторов одинаковы и равны $5$ [мкФ]. Диэлектрическая проницаемость диэлектрика зависит от расстояния $x$ от одной из обкладок конденсатора по закону $\varepsilon(x) = \dfrac{d\varepsilon_1\varepsilon_2}{(d-x)\varepsilon_2 + x\varepsilon_1}$ , где $\varepsilon_1 = 2$ — диэлектрическая проницаемость вблизи одной обкладки конденсатора, а $\varepsilon_2 = 10$ — вблизи другой. Диэлектрическую пластину удаляют из конденсатора так быстро, что заряд конденсатора не успевает измениться. Найдите количество теплоты, выделившейся на резисторе после удаления пластины из конденсатора. Ответ приведите в [мДж] и округлите до целого значения. Краевыми эффектами пренебречь.

Дано: $U = 100$ В — начальное напряжение на каждом конденсаторе; $C = 5$ мкФ — ёмкость каждого конденсатора (одного с диэлектриком, другого воздушного); $\varepsilon_1 = 2$ $\varepsilon_2 = 10$ — проницаемость у обкладок $x=0$ и $x=d$ закон $\varepsilon(x) = \dfrac{d\varepsilon_1\varepsilon_2}{(d-x)\varepsilon_2 + x\varepsilon_1}$ . Схема: $R$ конденсатор с диэлектриком и воздушный конденсатор соединены в один замкнутый контур, плюсы обоих конденсаторов — на левых обкладках. Найти: теплоту $Q_R$ на резисторе после быстрого удаления пластины, в мДж, до целого.

Рисунок к условию

О задаче · 11 класс

Олимпиада: Физтех
Предмет / класс: Физика · 11 класс
Сезон / этап: 2026/27 · первый тур, первая попытка

Исследуй задачу

Модель с пояснениями к решениюОткрыть модель

Есть пояснения и построения из решения. Открой, когда захочешь воспользоваться этой помощью.

Исследование после решения

От чего зависит теплота на резисторе

Как меняются падение ёмкости k, скачок напряжения и теплота на резисторе, если менять проницаемости у обкладок, напряжение и ёмкость? При каких ε₁, ε₂ теплота обращается в ноль?

Начальное напряжение U, ВЁмкость C, мкФε₁ (у обкладки x = 0)ε₂ (у обкладки x = d)

Модель загружается…

Допущения модели: $\varepsilon$ воздуха $\approx 1$ пластина удаляется мгновенно; теплота считается по формуле $Q_R = CU^2(k-1)^2/(2(k+1))$ .

Попробуйте сами. Сначала ответьте на три вопроса: почему при одинаковых напряжениях в контуре нет тока? Во сколько раз уменьшится ёмкость конденсатора, если вытащить пластину (подсказка: посмотрите не на $\varepsilon(x)$ а на $1/\varepsilon(x)$ )? Какая величина сохраняется у пары обкладок, соединённых через резистор, пока в цепи течёт ток?

Записать идею

Личный черновик для заметок и расчётов. Он никуда не отправляется и не проверяется.

Подсказка 1

Разбейте конденсатор с неоднородным диэлектриком на тонкие слои толщиной $dx$ это последовательно соединённые конденсаторы, поэтому складываются обратные ёмкости $\dfrac{1}{C}=\displaystyle\int\dfrac{dx}{\varepsilon_0\varepsilon(x)S}$ . После удаления пластины теплота — это разность энергии системы сразу после удаления (заряды ещё старые) и энергии в конечном равновесном состоянии.

Подсказка 2

Переверните закон из условия:

\dfrac{1}{\varepsilon(x)}=\dfrac{1}{\varepsilon_1}\Bigl(1-\dfrac{x}{d}\Bigr)+\dfrac{1}{\varepsilon_2}\cdot\dfrac{x}{d}

— это линейная функция, а интеграл от линейной функции по отрезку равен длине отрезка, умноженной на среднее арифметическое её значений на концах. Отсюда одной строчкой получается, во сколько раз ёмкость с пластиной больше ёмкости того же конденсатора без неё, — а дальше подумайте, какие две обкладки после удаления пластины образуют изолированный проводник.

Разобрать решение по шагам

Принятые допущения

Проницаемость воздуха в освободившемся зазоре принята равной 1, поэтому ёмкость после удаления пластины C′ = ε0S/d = C/k, где k — отношение, посчитанное для пластины.
Полярность конденсаторов взята с рисунка: плюсы обоих — на левых обкладках, соединённых через резистор; это согласуется с отсутствием тока в начальном состоянии.
Работа внешней силы при вытаскивании пластины повышает энергию сразу после удаления; теплота на резисторе равна разности этой энергии и конечной. Второй раз прибавлять работу к этой разности нельзя.

Шаг 1. Что происходит в контуре и что сохраняется

В контуре два конденсатора и резистор. По рисунку плюсы обоих конденсаторов — на левых обкладках, и именно левые обкладки соединены друг с другом через $R$ а правые — проводом. Обойдём контур: на одном конденсаторе потенциал падает на $U$ на другом — на столько же поднимается, суммарная «ЭДС» контура равна нулю, поэтому ток и не течёт. Заряд каждого конденсатора обозначим $q_0$

q_0 = CU = 5\cdot10^{-6}\cdot 100 = 5\cdot10^{-4}\ \text{Кл} = 500\ \text{мкКл}.

Важное наблюдение на будущее: левые обкладки вместе с резистором образуют изолированный проводник, заряд которого $q_1+q_2$ не может измениться, что бы ни происходило в цепи. Сейчас он равен $2q_0$

Шаг 2. Ёмкость конденсатора с неоднородным диэлектриком

Разобьём зазор на тонкие слои толщиной $dx$ Поле в плоском конденсаторе перпендикулярно обкладкам, поэтому слои — это последовательно соединённые конденсаторы, и складываются их обратные ёмкости:

\dfrac{1}{C} = \int_0^d \dfrac{dx}{\varepsilon_0\,\varepsilon(x)\,S}.

Закон $\varepsilon(x)$ в условии выглядит громоздко, но обратная величина проста:

\dfrac{1}{\varepsilon(x)} = \dfrac{(d-x)\varepsilon_2 + x\varepsilon_1}{d\,\varepsilon_1\varepsilon_2} = \dfrac{1}{\varepsilon_1}\Bigl(1-\dfrac{x}{d}\Bigr) + \dfrac{1}{\varepsilon_2}\cdot\dfrac{x}{d},

то есть $1/\varepsilon$ линейно меняется от $1/\varepsilon_1$ у одной обкладки до $1/\varepsilon_2$ у другой. Интеграл от линейной функции — это длина отрезка, умноженная на среднее значение:

\int_0^d \dfrac{dx}{\varepsilon(x)} = d\cdot\dfrac12\Bigl(\dfrac1{\varepsilon_1}+\dfrac1{\varepsilon_2}\Bigr) = \dfrac{d(\varepsilon_1+\varepsilon_2)}{2\varepsilon_1\varepsilon_2}.

Значит

C = \dfrac{2\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\cdot\dfrac{\varepsilon_0 S}{d} = k\,C_0,\qquad k = \dfrac{2\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2} = \dfrac{2\cdot2\cdot10}{12} = \dfrac{10}{3}.

Здесь $C_0 = \varepsilon_0 S/d$ — ёмкость того же конденсатора с пустым зазором. После удаления пластины зазор заполнен воздухом ( $\varepsilon \approx 1$ ), и ёмкость становится

C' = C_0 = \dfrac{C}{k} = \dfrac{5}{10/3} = 1{,}5\ \text{мкФ}.

Обратите внимание: $C'$ получено из геометрии самого конденсатора с пластиной ( $\varepsilon_0 S/d = C/k$ ) — сведения о втором, воздушном конденсаторе здесь не нужны.

Обратная проницаемость 1/ε(x) линейна по x: интеграл равен площади трапеции, то есть d·⟨1/ε⟩, где ⟨1/ε⟩ = (1/ε₁ + 1/ε₂)/2 = 0,3 = 1/k. Для ε(x) самой такой простоты нет.

Шаг 3. Состояние сразу после удаления пластины

Пластину вынимают быстро: заряд конденсатора $q_0$ не успевает измениться, а ёмкость уже стала $C'$ Напряжение на нём подскакивает:

U_1 = \dfrac{q_0}{C'} = \dfrac{CU}{C/k} = kU = \dfrac{10}{3}\cdot 100 \approx 333\ \text{В}.

Воздушный конденсатор пока не изменился: $U_2 = U = 100$ В, заряд $q_0$ Напряжения в контуре больше не компенсируют друг друга, и через резистор пойдёт ток. Энергия системы в этот момент:

W_{\text{после}} = \dfrac{q_0^2}{2C'} + \dfrac{q_0^2}{2C} = \dfrac{q_0^2}{2}\Bigl(\dfrac{k}{C}+\dfrac1C\Bigr) = \dfrac{CU^2}{2}(k+1).

Численно:

W_{\text{после}} = \dfrac{5\cdot10^{-6}\cdot100^2}{2}\cdot\dfrac{13}{3}\ \text{Дж} \approx 108{,}3\ \text{мДж}.

До удаления энергия двух конденсаторов была

W_{\text{до}} = 2\cdot\dfrac{CU^2}{2} = CU^2 = 50\ \text{мДж}.

Разницу

A = W_{\text{после}} - W_{\text{до}} = \dfrac{CU^2}{2}(k-1) \approx 58{,}3\ \text{мДж}

внесла внешняя сила, вытаскивавшая притягиваемую полем пластину. Во время быстрого извлечения ток не успевает выделить заметную теплоту: работа внешней силы сначала повышает энергию поля. Эта добавленная энергия участвует в последующем перераспределении и влияет на теплоту на резисторе.

Шаг 4. Конечное равновесие: перераспределение зарядов

Ток прекратится, когда напряжения на конденсаторах снова сравняются (обход контура даст ноль). Пусть в конце заряды левых обкладок равны $q_1$ (у конденсатора $C'$ ) и $q_2$ (у воздушного $C$ ). Два условия. Заряд левых обкладок сохраняется:

q_1 + q_2 = 2q_0.

Тока нет — напряжения на конденсаторах равны:

\dfrac{q_1}{C'} = \dfrac{q_2}{C} = U_f.

Из второго $q_1 = C'U_f$ $q_2 = CU_f$ подставляем в первое: $(C'+C)\,U_f = 2q_0$ откуда

U_f = \dfrac{2q_0}{C+C'} = \dfrac{2CU}{C + C/k} = \dfrac{2k}{k+1}\,U = \dfrac{20/3}{13/3}\cdot 100 \approx 154\ \text{В}.

Конечная энергия — это энергия двух конденсаторов под одним напряжением:

W_{\text{кон}} = \dfrac{(C+C')\,U_f^2}{2} = \dfrac{(C+C')}{2}\cdot\dfrac{4q_0^2}{(C+C')^2} = \dfrac{2q_0^2}{C+C'} = \dfrac{2C^2U^2}{C(1+1/k)} = \dfrac{2k}{k+1}\,CU^2.

Численно:

W_{\text{кон}} = \dfrac{20}{13}\cdot 50\ \text{мДж} \approx 76{,}9\ \text{мДж}.

Шаг 5. Теплота на резисторе

Пока ток течёт, энергия поля конденсаторов уходит только в джоулево тепло на $R$ (проводов без сопротивления и излучения нет), поэтому

Q_R = W_{\text{после}} - W_{\text{кон}} = \dfrac{CU^2}{2}(k+1) - \dfrac{2k}{k+1}CU^2 = \dfrac{CU^2}{2}\cdot\dfrac{(k+1)^2 - 4k}{k+1} = \dfrac{CU^2\,(k-1)^2}{2(k+1)}.

Через проницаемости: обозначим $a = \varepsilon_1+\varepsilon_2$ и $b = 2\varepsilon_1\varepsilon_2$ , тогда $k = b/a$ и

Q_R = \dfrac{CU^2\,(b-a)^2}{2a\,(b+a)}.

Подстановка: $k = 10/3$ $k-1 = 7/3$ $k+1 = 13/3$

Q_R = \dfrac{5\cdot10^{-6}\cdot 100^2}{2}\cdot\dfrac{(7/3)^2}{13/3} = 0{,}025\cdot\dfrac{49}{39} \approx 0{,}0314\ \text{Дж} = 31{,}4\ \text{мДж}.

Округляем до целого: $Q_R \approx 31$ мДж. Ответ не зависит от $R$ сопротивление определяет лишь, как быстро выделится эта теплота. Подчеркнём ещё раз: отсчёт ведётся от $W_{\text{после}} = 108{,}3$ мДж, а не от начальных $50$ мДж; работа внешней силы уже учтена в $W_{\text{после}}$ поэтому второй раз прибавлять её к разности энергий нельзя. Для всего процесса баланс имеет вид $W_{\text{до}}+A_{\text{внеш}}=W_{\text{кон}}+Q_R$ : $50+58{,}3\approx76{,}9+31{,}4$ мДж.

Баланс энергии: при быстром удалении пластины внешняя сила увеличивает энергию поля с 50 до 108,3 мДж; после этого ток уносит в резистор ровно разность между 108,3 мДж и конечными 76,9 мДж — это 31,4 мДж. Полный баланс: 50 + 58,3 = 76,9 + 31,4 мДж; внешняя работа уже учтена в энергии сразу после удаления.

Проверка

Размерность: $CU^2$ — это Ф·В² = Кл·В = Дж, множитель $(k-1)^2/(2(k+1))$ безразмерный. Предельный случай: при $\varepsilon_1 = \varepsilon_2 = 1$ получаем $k = 1$ — пластина ничем не отличается от воздуха, её удаление ничего не меняет, и формула даёт $Q_R = 0$ при однородном диэлектрике $\varepsilon_1=\varepsilon_2=\varepsilon$ получаем $k=\varepsilon$ как и должно быть.

Второй способ: сразу после удаления конденсаторы $C'$ и $C$ фактически соединены параллельно (одноимёнными обкладками) с напряжениями $U_1 = kU$ и $U_2 = U$ Теплота при выравнивании напряжений параллельных конденсаторов

Q_R = \dfrac{CC'}{2(C+C')}\,(U_1-U_2)^2.

Подставляем $C' = C/k$ и $U_1 - U_2 = (k-1)U$

Q_R = \dfrac{C\cdot C/k}{2C(1+1/k)}\,(k-1)^2U^2

= \dfrac{C}{2(k+1)}\,(k-1)^2U^2 = \dfrac{CU^2(k-1)^2}{2(k+1)}

— та же формула.

Численная проверка: интеграл $\int_0^d dx/\varepsilon(x)$ численно даёт $k = 3{,}3333$ прямое моделирование разрядки $RC$ -контура по шагам времени дало $31{,}41$ мДж при любом $R$ конечное напряжение $153{,}85$ В на обоих конденсаторах.

Ответ

$Q_R \approx 31$ мДж (точнее $31{,}4$ мДж). Это разность между энергией сразу после удаления пластины ( $108{,}3$ мДж) и конечной ( $76{,}9$ мДж); работа внешней силы при вытаскивании пластины ( $58{,}3$ мДж) уже учтена в энергии сразу после удаления и влияет на последующую теплоту.

Главная идея

Неоднородный диэлектрик — это последовательные слои, поэтому усредняется не $\varepsilon$ а $1/\varepsilon$ (а в этой задаче $1/\varepsilon(x)$ ещё и линейна). Теплота на резисторе — разность энергий между моментом сразу после быстрого удаления пластины (старые заряды, новая ёмкость) и конечным равновесием, которое находят из сохранения заряда изолированных обкладок и равенства напряжений.

Если в условии $\varepsilon$ зависит от координаты вдоль поля, а формула имеет вид дроби с линейным знаменателем — переверните её: получится линейная $1/\varepsilon(x)$ и ёмкость считается в одну строчку как среднее гармоническое. Слова «так быстро, что заряд не успевает измениться» задают промежуточное состояние с прежним зарядом $q_0$ и новой ёмкостью; «теплота на резисторе» — всегда разность энергий между этим состоянием и равновесием, с учётом того, какие обкладки соединены между собой.

Где легко ошибиться

Усреднить саму проницаемость: взять $\varepsilon_{\text{ср}} = \dfrac{\varepsilon_1+\varepsilon_2}{2} = 6$ и решить, что ёмкость упадёт в 6 раз. Так было бы, если бы $\varepsilon$ менялась линейно вдоль обкладок: тогда участки пластины соединены параллельно и усредняется сама $\varepsilon$ А здесь слои лежат поперёк поля и соединены последовательно — складываются обратные ёмкости, и ёмкость падает только в $k = 10/3$ раза. С $k=6$ ответ получился бы $\approx 89$ мДж вместо $31$ мДж.

Источник и авторство

Физтех · физика · 11 класс · 2026/27 · первый тур, первая попытка. Официальная задача 7.1 (ID 5933).

Официальные условия ↗ · Материалы организатора ↗

Подсказки, объяснение и исследовательские модели — Popov Academy. Решение проверено; результат сопоставлен с официальными материалами.

Тема, знания и приёмы

Электростатика · Продвинутая подготовка

Последовательные слои диэлектрика
Ёмкость
Сохранение заряда
Энергия поля

Приёмы решения: Баланс сохраняемой величины · Закон сохранения энергии

Задать вопрос по задаче →