Эстонская, 2017/18, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Каждая половинка — это линза с прежним фокусным расстоянием, но со смещённой оптической осью: стройте изображение предмета в каждой из них отдельно, пользуясь лучом через оптический центр своей половинки.

Решение

В условии задачи сказано, что в исходной схеме линза находится на равном расстоянии от предмета и от изображения. Это выполняется, когда и предмет, и изображение находятся от линзы на двойном фокусном расстоянии, причём увеличение системы равно 1 (предмет и изображение одного размера). При разрезании линзы пополам и сдвиге половинок по схеме на рисунке получаем две новые линзы, фокусные расстояния которых прежние, но оптические главные оси смещены. Поэтому на экране возникают два изображения того же размера, что и прежде, сдвинутые друг относительно друга по вертикали, а их яркость заметно меньше, чем у исходного изображения. При построении замечаем, что, хотя в действительности через область вне линзы лучи не проходят, их всё же можно использовать для построения изображения.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Скорость струи у отверстия находится из закона Бернулли, а дальше струя разгоняется свободным падением; связь скоростей в двух сечениях даёт уравнение неразрывности через диаметры.

Ответ

\(h=\dfrac{l}{d_1^4/d_2^4-1}\approx 50\) см.

Решение

Воду на поверхности можно рассматривать как текущую на высоте \(h\) воду, скорость которой равна нулю и давление которой должно быть равно атмосферному. Струя, выходящая из дна бочки, у отверстия находится на \(h\) ниже; давление там так же должно быть равно атмосферному, но струя движется со скоростью \(v\). Из закона Бернулли получаем \(\rho gh=\rho v^2/2\), откуда \(v^2=2gh\). Можно и иначе записать закон сохранения энергии для небольшого количества воды \(\Delta m\), находящегося на расстоянии \(h\) от дна сосуда: \(gh\,\Delta m=\Delta m\,\dfrac{v^2}{2}\), где учтено, что скорость течения воды на верхней границе практически равна 0 и что потери энергии не учитываются.

В вытекающей струе расход в единицу времени должен быть одинаковым, то есть \(A_1v_1=A_2v_2\), где \(A\) и \(v\) — соответственно площадь поперечного сечения и скорость струи. Так как \(A=\pi d^2/4\), соотношение переписывается в виде \(v_2=(d_1^2/d_2^2)\,v_1\). Путь, пройденный телом, движущимся с ускорением свободного падения, выражается через начальную и конечную скорости как \[l=\frac{v_2^2-v_1^2}{2g}\ \Rightarrow\ l=\frac{\dfrac{d_1^4}{d_2^4}v_1^2-v_1^2}{2g}\ \Rightarrow\ v_1^2=\frac{2gl}{\dfrac{d_1^4}{d_2^4}-1}.\] Рассмотрим случай, когда \(v_1=v\) — скорость сразу у отверстия. Тогда два выражения для \(v^2\) можно приравнять: \[2gh=\frac{2gl}{\dfrac{d_1^4}{d_2^4}-1}\ \Rightarrow\ h=\frac{l}{\dfrac{d_1^4}{d_2^4}-1}.\] Диаметр струи у отверстия находим по графику в точке \(l=0\), вторую точку выбираем сами произвольно. Выбрав для неё \((28;\,1{,}79)\), получаем в ответе \(h=28/(2^4/1{,}79^4-1)=50\) см.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Раз пучок после заливки воды сходится в той же точке, он обязан сначала отразиться от зеркального дна: найдите, каким должно быть фокусное расстояние линзы в воде, и свяжите его с фокусным расстоянием в воздухе через оптические силы.

Ответ

\(f=\dfrac{2l\,n_0(n_\text{с}-n_\text{в})}{n_\text{с}n_\text{в}+n_\text{с}n_0-2n_0n_\text{в}}\approx 4\) см.

Решение

Заметим, что по формуле, если показатель преломления среды растёт, а показатель преломления линзы остаётся прежним, то оптическая сила линзы уменьшается, а фокусное расстояние увеличивается. Поэтому единственный способ, которым лучи света могли бы после наполнения сосуда водой собираться в той же точке, — это если внутри воды лучи света отразятся от зеркала на дне и затем соберутся в той же точке, что и раньше.

Расстояние от линзы до дна сосуда \(l=10\) см. Пусть оптическая сила линзы в воздухе \(D\), а фокусное расстояние в воздухе \(f=1/D\). Её оптическая сила в воде пусть будет \(D_\text{в}\). Чтобы лучи после отражения собрались в той же точке, фокусное расстояние линзы в воде должно быть равно \(2l-f=\dfrac1{D_\text{в}}\). По формуле получаем \[\frac{D_\text{в}}{D}=\frac{f}{2l-f}=\frac{\dfrac{n_\text{с}-n_\text{в}}{n_\text{в}}\left(\dfrac1{R_1}+\dfrac1{R_2}\right)}{\dfrac{n_\text{с}-n_0}{n_0}\left(\dfrac1{R_1}+\dfrac1{R_2}\right)}=\frac{n_\text{с}n_0-n_0n_\text{в}}{n_\text{с}n_\text{в}-n_0n_\text{в}},\] \[f(n_\text{с}n_\text{в}-n_0n_\text{в})=(2l-f)(n_\text{с}n_0-n_0n_\text{в}),\] \[n_\text{с}n_\text{в}f-n_0n_\text{в}f=2ln_\text{с}n_0-2ln_0n_\text{в}-n_\text{с}n_0f+n_0n_\text{в}f,\] \[f\,(n_\text{с}n_\text{в}+n_\text{с}n_0-2n_0n_\text{в})=2ln_0(n_\text{с}-n_\text{в}), \qquad f=\frac{2ln_0(n_\text{с}-n_\text{в})}{n_\text{с}n_\text{в}+n_\text{с}n_0-2n_0n_\text{в}}.\] Следовательно, фокусное расстояние линзы \[f=\frac{2\cdot 10\text{ см}\cdot 1{,}0\cdot(1{,}49-1{,}33)}{1{,}49\cdot1{,}33+1{,}49\cdot1{,}0-2\cdot1{,}0\cdot1{,}33}=3{,}94\text{ см}\approx 4\text{ см}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Нить перестаёт тянуть, когда составляющая силы тяжести вдоль нити равна центростремительной силе; скорость в этот момент даёт также закон сохранения энергии.

Ответ

\(\alpha=\arccos\dfrac23\).

Решение

Натяжение в нити исчезает, когда составляющая силы тяжести вдоль нити становится равной центробежной силе. Обозначим угол между нитью и горизонтальной линией через \(\theta\). Центробежная сила выражается как \(F_\text{ц}=mv^2/r=2mv^2/l\), а составляющая силы тяжести вдоль нити \(F_{rn}=mg\sin\theta\). Они должны быть равны, поэтому \[\frac{2mv^2}{l}=mg\sin\theta\ \Rightarrow\ v^2=\frac{gl\sin\theta}{2}.\] Приняв за нуль потенциальной энергии положение 2, получаем, что энергия шарика в положении 1 равна \(E_1=mgl\). В положении 3 энергия шарика \(E_3=mv^2/2+mg(1+\sin\theta)\,l/2\). Так как выполняется закон сохранения энергии, должно быть \(E_1=E_3\): \[mgl=\frac{mv^2}{2}+mg(1+\sin\theta)\frac l2\ \Rightarrow\ v^2=gl(1-\sin\theta).\] Приравнивая два выражения для \(v^2\), получаем \[\frac{gl\sin\theta}{2}=gl(1-\sin\theta)\ \Rightarrow\ \frac32\sin\theta=\frac32\cos\alpha=1\ \Rightarrow\ \alpha=\arccos\frac23.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Конденсации нет, пока температура плёнки не опускается ниже точки росы; найдите точку росы по графику, а температуру плёнки — из того, что перепад температур в каждом слое пропорционален \(L/k\).

Ответ

\(L_1<L\,\dfrac{k_1(T_1-T_\text{р})}{k_1T_1-k_2T_2-(k_1-k_2)T_\text{р}}\approx 7{,}8\) см, где \(T_\text{р}=12{,}0\,^\circ\)C — точка росы.

Решение

Распространение влажного воздуха из комнаты ограничивает плёнка между слоями утеплителя. Чтобы избежать конденсации, температура в месте расположения плёнки не должна опускаться ниже точки росы.

Точку росы находим по графику: сначала найдём парциальное давление насыщенного водяного пара при комнатной температуре, вычислим из него \(\eta_1=60\,\%\) и затем найдём соответствующую ему точку росы \(T_\text{р}=12{,}0\,^\circ\)C.

Далее нужно найти выражение для температуры в месте расположения плёнки (\(T\)). Считая, что температура в слое утеплителя изменяется линейно с расстоянием, а скорость изменения обратно пропорциональна теплопроводности, двигаясь изнутри наружу, запишем два уравнения \[\left\{\begin{aligned} T&=T_1-\frac{\alpha}{k_1}L_1\\ T_2&=T-\frac{\alpha}{k_2}L_2 \end{aligned}\right. \tag{1}\] где \(\alpha\) — неизвестный коэффициент пропорциональности. Решение этих уравнений даёт \[T=\frac{k_2T_2L_1+k_1T_1L_2}{k_2L_1+k_1L_2}. \tag{2}\] И наконец, нужно найти толщину внутреннего слоя утеплителя \(L_1\) в предельном случае, когда температура плёнки равна точке росы \[L_1=L\frac{k_1\,(T_1-T_\text{р})}{k_1T_1-k_2T_2-(k_1-k_2)\,T_\text{р}}\approx 7{,}8\text{ см} \tag{3}\] и для предотвращения конденсации толщина внутреннего слоя утеплителя должна быть меньше этого значения.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Период колебаний на пружине не зависит ни от силы тяжести, ни от постоянной силы поля; меняется только положение равновесия, и каждый раз, когда шарик разворачивается, оно перескакивает на другую сторону.

Ответ

Шарик находится ниже начального положения на \(14\,\dfrac{EQ}{k}\).

Решение

Так как движение происходит только по вертикали, возьмём ось \(x\), направленную вертикально вниз. Из начального равновесия сил получаем \[Mg=kx_0,\] откуда начальное положение шарика \(x_0=\dfrac{Mg}{k}\) — это расстояние от положения равновесия пружины без шарика (без дополнительной нагрузки). Известно, что половина периода колебаний шарика на конце пружины равна \[\tau=\pi\sqrt{\frac Mk}.\] Ясно, что она не зависит от напряжённости поля тяжести. Так как силы, создаваемые и полем тяжести, и электрическим полем, ведут себя аналогично, можно заключить, что период колебаний не зависит и от напряжённости электрического поля и остаётся постоянным. Поэтому сила электрического поля лишь изменяет положение равновесия шарика каждый раз, когда шарик меняет направление движения (ведь в задаче сказано, что электрическое поле всегда направлено по направлению движения шарика), то есть через каждую половину периода колебаний \(\tau\). При движении вниз электрическое поле направлено вниз, и мы можем записать новое равновесие сил: \[Mg+EQ=kx_\downarrow,\] откуда положение равновесия при движении вниз \[x_\downarrow=\frac{Mg}{k}+\frac{EQ}{k}=x_0+\Delta x.\] Аналогично найдём положение равновесия при движении вверх, но теперь электрическое поле направлено вверх: \[x_\uparrow=\frac{Mg}{k}-\frac{EQ}{k}=x_0-\Delta x.\] Ясно, что при первоначальном включении электрического поля, когда оно направлено вниз, положение равновесия мгновенно становится соответствующим, а положение шарика сначала остаётся прежним. Поэтому шарик уже не в равновесии, а находится на расстоянии \(\Delta x\) от нового положения равновесия и начинает колебаться с амплитудой \(A_1=\Delta x\) около положения равновесия \(x_\downarrow\). Через время \(\tau\) шарик достигает расстояния \(x_0+2\Delta x\). Так как шарик теперь начинает двигаться вверх, вместе с электрическим полем меняется и положение равновесия шарика, и, двигаясь вверх, шарик колеблется уже с амплитудой \(A_2=3\Delta x\) около положения равновесия \(x_\uparrow\). Ясно, что с каждой сменой положения равновесия амплитуда шарика в дальнейшем растёт на \(2\Delta x\). Положение равновесия же сменяется через каждый промежуток времени \(\tau\). Теперь найдём положение шарика в заданный в задаче момент времени, равный \(7\tau\). За это время шарик один раз движется из начального положения вниз, а затем совершает 3 полных колебания, после них снова оказываясь внизу. После достижения низа из начального положения положение шарика \(x_0+2\Delta x\). Затем шарик движется вверх в положение \(x_0-4\Delta x\) и снова вниз в положение \(x_0+6\Delta x\). Абсолютная величина расстояния от начального положения, таким образом, увеличивается на \(2\Delta x\) через каждое \(\tau\). Через \(7\tau\) расстояние от начального положения, следовательно, равно \(7\cdot2\Delta x=14\Delta x\). Как мы выяснили ранее, шарик в искомый момент \(7\tau\) находится ниже начального положения \(x_0\) на \(14\Delta x=14\dfrac{EQ}{k}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Запишите, что напряжение на каждом из трёх путей через схему равно \(U_0\), и переберите, какие из резисторов могут быть равны 1 Ом, отбрасывая варианты, которые противоречат условию.

Ответ

\(R_1=2\) Ом, \(R_2=1\) Ом, \(R_3=1\) Ом, \(R_4=1\) Ом, \(R_5=2\) Ом.

Решение

Электрический ток может пройти по цепи тремя способами: через верхнюю ветвь (резисторы \(R_1\) и \(R_4\)), через среднюю ветвь (резисторы \(R_2\), \(R_3\) и \(R_4\)) и через нижнюю ветвь (резисторы \(R_2\) и \(R_5\)). Падение напряжения на каждом резисторе равно произведению его сопротивления на протекающий через него ток, и сумма падений напряжения на всех трёх путях должна быть равна напряжению источника. Итак, \(I_1R_1+I_4R_4=I_2R_2+I_3R_3+I_4R_4=I_2R_2+I_5R_5=U_0\). Из этих уравнений можно получить выражения \(I_1R_1=I_2R_2+I_3R_3\) и \(I_3R_3+I_4R_4=I_5R_5\), описывающие падения напряжения в левой и правой частях схемы. Кроме того, можно записать уравнения для сил токов: \(I_1=I_0-I_2\), \(I_4=I_1+I_3\) и \(I_5=I_2-I_3\).

Заметим, что если \(R_1=R_2\) и \(R_4=R_5\), то из соображений симметрии должно выполняться \(R_3=0\).

Очевидно, что \(R_3=1\) Ом. Предположим сначала, что \(R_1=R_4=R_3\). В этом случае падение напряжения на верхней ветви выражается как \((2I_1+I_3)R_3=U_0\), откуда следует \(I_1=6\) А и \(I_2=4\) А. Рассматривая путь тока через среднюю ветвь, можно записать \(I_2R_2+U_3+(I_1+I_3)R_3=U_0\), откуда получаем \(R_2=R_5=1\) Ом. Такая схема удовлетворяет упомянутой выше симметрии, поэтому сделанное предположение неверно.

Предположим теперь, что \(R_2=R_5=R_3\). Для нижней ветви схемы можно записать \((2I_2-I_3)R_3=U_0\), то есть \(I_2=8\) А и \(I_1=2\) А. Падения напряжения в левой части схемы должны удовлетворять уравнению \(I_1R_1=(I_2+I_3)R_3\), откуда следует \(R_1=5\) Ом. Но в этом случае падение напряжения на верхней ветви схемы \((2I_1+I_3)R_1=30\) В \(\neq U_0\).

Предположим теперь, что \(R_1=R_5=R_3\). Падение напряжения на средней ветви схемы \(I_2R_2+U_3+(I_0-I_2+I_3)R_2=U_3+(I_0+I_3)R_2=U_0\), то есть \(R_2=R_4=1\) Ом. Это уже рассмотренный случай.

Единственная оставшаяся возможность — \(R_2=R_4=R_3\). Из левой части схемы получаем \((I_0-I_2)R_1=I_2R_3+U_3\), из правой \((I_2-I_3)R_1=U_3+(I_0-I_2+I_3)R_3\). Из них \((I_0-I_3)R_1=2U_3+(I_0+I_3)R_3\), то есть \(R_1=2\) Ом. Легко убедиться, что найденные значения удовлетворяют всем уравнениям для падений напряжения.

На рисунке: \(R_1=2\) Ом, \(R_2=1\) Ом, \(R_3=1\) Ом, \(R_4=1\) Ом, \(R_5=2\) Ом.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Пока оболочка не натянута, подъёмная сила не меняется; она начинает убывать, лишь когда гелий занял весь объём шара. Найдите высоту, где это происходит, через рост отношения \(T/p\) вдвое.

Ответ

\(h_1=\dfrac{\gamma}{\gamma-1}\dfrac{R}{\mu g}T_0\left(1-2^{-0{,}4}\right)\approx 7250\) м.

Решение

Пока гелий не занял весь объём воздушного шара, подъёмная сила постоянна. Действительно, \(F=\rho_agV_\text{ш}\), где \(\rho_a\) — плотность воздуха, а \(V_\text{ш}\) — объём газа в шаре. Заметим, что пока оболочка шара не натянута, давление и температура газа в шаре равны давлению и температуре окружающего шар воздуха в данный момент. Так как \(\rho_a=p\mu/RT\), где \(p\) и \(T\) обозначают давление и температуру на данной высоте, и в то же время \(V_\text{ш}=\dfrac{mRT}{p\mu_\text{г}}\) (где \(\mu_\text{г}\) обозначает молярную массу гелия, а \(m\) — его полную массу), то подъёмная сила \(F=\rho_aV_\text{ш}g=mg\,\dfrac{\mu}{\mu_\text{г}}\).

Однопроцентное уменьшение так мало, что мы можем считать искомую высоту равной высоте, на которой сделанное для достижения вышеприведённого результата предположение об объёме гелия перестаёт выполняться, то есть он становится равным \(V_0\). Уравнение состояния газа говорит, что \(V\propto T/p\) (\(\propto\) обозначает пропорциональность); учитывая, что температуры и давления гелия в шаре и окружающего воздуха равны, можно заключить, что это высота, на которой отношение \(T/p\) для воздуха выросло в 2 раза по сравнению с ситуацией у поверхности земли.

Для мысленно выделенного объёма воздуха \(V\) отношение \(T/p\) пропорционально \(V\). Поэтому при подъёме мысленно выделенного объёма воздуха от поверхности земли до данной высоты его объём должен вырасти в два раза. Так как мы имеем дело с адиабатической атмосферой, то при подъёме объёма воздуха \(V\) его характеристики подчиняются закону адиабаты \(pV^\gamma=\text{const}\); сочетая это с законом идеального газа \(pV/T=\text{const}\), получаем \(V^{\gamma-1}T=\text{const}\). Так как \(V\) должен вырасти в 2 раза, то \(T\) должна уменьшиться в \(2^{\gamma-1}=2^{0{,}4}\) раза. Поэтому \(\dfrac{\gamma-1}{\gamma}\dfrac{\mu gh}{R}=T_0\left(1-2^{-0{,}4}\right)\), откуда \[h=\frac{\gamma}{\gamma-1}\,\frac{R}{\mu g}\,T_0\left(1-2^{-0{,}4}\right)\approx 7250\text{ м}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Нелинейность лампы не важна, если смотреть на энергию: вся выделившаяся теплота равна работе батареи, а теплота второй стадии — энергии конденсатора в момент размыкания.

Ответ

\(q_R=\dfrac{Q_1+Q_2}{\mathcal E}-\sqrt{2CQ_2}\).

Решение

Теплота, выделяющаяся на второй стадии, равна энергии конденсатора в момент размыкания ключа, \(Q_2=q_C^2/2C\), где \(q_C\) — заряд конденсатора в этот момент. Вся выделившаяся тепловая энергия равна полной работе батареи \(A=(q_C+q_R)\mathcal E=Q_1+Q_2\), где \(q_R\) — искомый заряд, прошедший через лампу. Следовательно, \[q_R=\frac{Q_1+Q_2}{\mathcal E}-\sqrt{2CQ_2}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Проволока выравнивает потенциалы шаров, поэтому внешнее поле наводит на них разноимённые заряды, пропорциональные положению первого шара; значит, сила на него растёт как у пружины, а скорость затем находится из энергии.

Ответ

График скорости — экспоненциально растущая кривая, которая скачком переходит в константу; скорость затем постоянна, \(v=\dfrac{EL}{2}\sqrt{\dfrac{R}{km}}\).

Решение

Электрическое поле наводит на шарах разноимённые заряды, обеспечивающие равенство потенциалов шаров. Пусть координата первого шара \(z\); тогда внешнее поле создаёт между шарами разность потенциалов \(Ez\); она должна равняться разности потенциалов, создаваемых наведёнными на шарах зарядами \(\pm q\), то есть \(kq/R-(-q)k/R=2kq/R\). Следовательно, \(q=EzR/2k\). На первый шар в электрическом поле действует сила \(Eq=E^2zR/2k\); видим, что она пропорциональна расстоянию и действует подобно пружине. Поэтому суммарная сила совершает работу \(E^2z^2R/4k\). Когда и второй шар входит в электрическое поле, суммарная сила мгновенно становится равной нулю, и шары продолжают движение с постоянной скоростью, которая находится из закона сохранения энергии: \(E^2z^2R/4k=2mv^2/2\), откуда \(v=\dfrac{Ez}{2}\sqrt{\dfrac{R}{km}}\). Второй шар входит в поле, когда \(z\approx L\) (так как \(L\gg R\)), поэтому \(v=\dfrac{EL}{2}\sqrt{\dfrac{R}{km}}\). Пока шары ускоряются, уравнением движения является \(\ddot z=E^2zR/4km\), откуда и \(z\), и \(v=\dot z\) — экспоненциальные функции времени. Следовательно, графиком скорости является экспоненциально растущая кривая, которая скачком переходит в постоянную функцию (в момент, когда и второй шар входит в электрическое поле).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Энергия растянутой резинки при одинаковом растяжении одна и та же и целиком уходит на работу трения; сравните пути бруска без груза и с грузом.

Ответ

\(m_\text{б}=100\text{ г}\cdot\dfrac{s_2}{s_1-s_2}\).

Решение

Привязываем к обоим концам резиновой нити нити. К концу одной нити привязываем брусок.

Держим нить за конец и растягиваем бруском резиновую нить. Отпускаем резиновую нить и измеряем путь, который проходит брусок.

Добавляем на брусок груз в 100 граммов и снова растягиваем резиновую нить так же, как в первом случае, отпускаем и так же измеряем путь, пройденный бруском.

Энергия резиновой нити \(E_\text{п}\) в обоих случаях передаётся бруску, а сила трения при торможении бруска совершает работу \(A=F_\text{тр}s=\mu mgs\). Так как коэффициент трения \(\mu\) в обоих опытах один и тот же, можно выразить отношение масс для первого и второго опыта следующим образом: \[\frac{m_1}{m_2}=\frac{s_2}{s_1}\qquad\Rightarrow\qquad m_\text{б}=\frac{100\text{ г}\cdot s_2}{s_1-s_2}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Постоянный ток через долгое время течёт лишь между одной парой клемм — там и батарея с резистором; конденсатор можно зарядить и разрядить через амперметр, а ёмкость найти по площади под графиком тока.

Решение

Три элемента находятся в чёрном ящике в соединении «звездой». Чтобы разобраться в нём, заметим, что только у одной пары клемм ток по прошествии длительного времени не становится равным нулю. Отметим установившуюся силу тока \(I\) между этими клеммами. Использовав мультиметр как вольтметр, измеряем напряжение между этими клеммами — оно равно ЭДС батареи \(\mathcal E\). Из этих измерений по закону Ома можно найти сумму сопротивления резистора и внутреннего сопротивления батареи: \[R+r=\frac{\mathcal E}{I}.\] Отдельно сопротивление резистора находим, если сначала полностью зарядить конденсатор (амперметром можно проконтролировать уменьшение зарядного тока), а затем соединить его через амперметр с резистором (то есть соединить амперметром две соответствующие выходные клеммы): показание в первый момент даёт ток, когда на резисторе напряжение батареи. Для нахождения ёмкости конденсатора измеряем секундомером время и строим график тока разрядки \(I(t)\). Площадь под этим графиком равна начальному заряду конденсатора \(Q\). Отсюда ёмкость конденсатора \(C=Q/U\). Альтернативно ёмкость конденсатора можно получить, измерив силу тока в два момента времени и воспользовавшись соотношением для тока разрядки конденсатора: \(I=I_0e^{-t/RC}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.