NBPhO 2010, теоретический тур

Подсказка

Пока синяя частица в поле, на гантель действует единственная внешняя сила \(Eq\); перейдите в систему центра масс, где возникает сила инерции, и учтите, что колебания пружины к моменту выхода из поля должны затухнуть, то есть гантель должна сделать целое число колебаний.

Ответ

i) \(\tau=\dfrac{4mv}{Eq}\);  ii) \(\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\,\dfrac{4mv}{Eq}=2\pi\);  iii) \(\dfrac L2>\dfrac{mv^2}{Eq}+\dfrac{Eq}{2k}\).

Решение

i) (2,5 балла). Начальный и конечный импульсы гантели отличаются на \(4mv\). Единственная внешняя сила, действующая на гантель, — электростатическая сила \(Eq\), приложенная к синей частице. Значит, длительность её действия должна удовлетворять условию \(Eq\tau=4mv\), откуда \(\tau=4mv/Eq\).

ii) (3 балла). Как только синяя частица входит в электрическое поле, центр масс \(C\) гантели получает ускорение \(a=Eq/2m\). Рассмотрим движение в системе, в которой \(C\) покоится. В ней красная и синяя частицы движутся симметрично; рассмотрим красную. Из-за силы инерции \(F_i=ma=Eq/2\) положение равновесия красной частицы сдвигается (чтобы достичь равновесия, половина пружины должна деформироваться на \(x=F_i/2k=Eq/4k\)); частица стартует из состояния покоя, не из положения равновесия. Поэтому начинаются колебания с круговой частотой \(\omega=\sqrt{2k/m}\) (множитель 2 связан с тем, что колебания происходят вокруг середины пружины, а у половины пружины жёсткость вдвое больше).

Чтобы гантель вернулась с той же скоростью, с какой подошла, остаточные колебания должны отсутствовать (иначе часть начальной кинетической энергии перейдёт в энергию колебаний, и скорость центра масс уменьшится). Значит, фаза колебаний должна быть \(\omega\tau=2n\pi\), где \(n\) — целое число. Поскольку длина пружины достигает минимума лишь однажды, \(n=1\). Итак, \(\omega\tau=2\pi\), и равенство можно записать в виде \[\sqrt{\frac{2k}{m}}\,\frac{4mv}{Eq}=2\pi .\]

iii) (2,5 балла). Требуется, чтобы красная частица никогда не входила в область \(x>0\). Самый критический момент — \(t=\tau/2\) (\(t=0\) соответствует входу синей частицы в электрическое поле), когда пружина сжата максимально. Центр масс сместился на \(s=at^2/2=(Eq/2m)\cdot\tau^2/8=mv^2/Eq\), а длина половины пружины уменьшилась на \(2x\) (\(x\) — разность длин начального и равновесного состояний; нужна разность длин начального, то есть максимально растянутого, и максимально сжатого состояний). Поэтому \[\frac L2>s+2x=\frac{mv^2}{Eq}+\frac{Eq}{2k}.\]

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

Подсказка

Масса пропорциональна кубу размера, а площадь сечения кости — массе (при том же напряжении), отсюда отношение размеров; ногу в п. ii) можно считать однородным стержнем, подвешенным за верхний конец, а за один период нога проходит расстояние \(A\).

Ответ

i) \(L=lN^{1/3}\approx3{,}23\) м;  ii) \(v=\dfrac{A}{2\pi}\sqrt{\dfrac{3g}{2L}}\approx1{,}4\) м/с \(\approx5\) км/ч.

Решение

i) (3 балла). Масса \(m\) пропорциональна объёму, поэтому связь между массой и линейным масштабом такова: \(L=l(M/m)^{1/3}\). Сила \(F\) на кости животного пропорциональна его массе, а при том же напряжении площадь сечения кости пропорциональна силе; следовательно, площадь пропорциональна массе. Итак, \(M/m=N\), откуда \(L=lN^{1/3}\approx3{,}23\) м. Длина шага — половина расстояния между двумя следами одной и той же ноги, то есть 2 м. Это соответствует углу между ногами \(\alpha=2\arcsin\dfrac{1}{3{,}2}\approx36^\circ\), что выглядит разумным.

ii) (3 балла). Смоделируем ногу физическим маятником. Ногу можно приближённо считать однородным стержнем, подвешенным за верхний конец (тазобедренный сустав). Тогда её момент инерции \(I=\frac13\mathcal ML^2\), где \(\mathcal M\) — масса ноги.

При малых размахах единственная сила, действующая на ногу, — сила тяжести ноги. Поэтому уравнение моментов имеет вид \[\frac13\mathcal ML^2\cdot\ddot\varphi=-\mathcal Mg\varphi\frac L2;\] здесь \(\varphi\) — угол ноги, так что плечо силы тяжести равно \(\varphi\dfrac L2\). Отсюда круговая частота ноги \(\omega=\sqrt{\dfrac{3g}{2L}}\). Смещению \(A\) соответствует целый период, то есть скорость ходьбы \(v=A/T=A\omega/2\pi=\dfrac{A}{2\pi}\sqrt{\dfrac{3g}{2L}}\approx1{,}4\) м/с \(\approx5\) км/ч. Итак, скорость ходьбы сопоставима со скоростью человека.

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

Подсказка

Три силы, действующие на шар (реакция стены, тяжесть и \(F\)), должны пересекаться в одной точке; реакция стены лежит внутри угла трения, а минимальной силе отвечает наибольшее плечо относительно точки касания шара со стеной.

Ответ

i) \(F_{\min}=\dfrac{mg}{\sqrt{1+\mu^2}}\approx800\) Н;  ii) точка \(P\) и направление силы построены в решении: линия силы проходит через точку \(A\) вертикального диаметра перпендикулярно \(OA\).

Решение

Сила трения \(F_f\) не может превышать \(\mu N\), где \(N\) — нормальная сила. Значит, равнодействующая \(\vec T\) этих двух сил должна быть направлена в некоторую точку \(Q\) отрезка \(AB\), длина которого равна \(2\mu R\), где \(R\) — радиус шара (так что \(AC=\mu R\), где \(C\) — центр шара).

На шар действуют три силы: сила со стороны стены (\(\vec T\)), сила тяжести \(m\vec g\) и внешняя сила \(\vec F\). Все линии, заданные этими векторами, должны пересекаться в одной точке. Действительно, допустим, что линия силы \(\vec F\) пересекает вертикальную ось шара в точке, отличной от \(Q\). Тогда она имела бы ненулевой момент относительно точки \(Q\) — в отличие от двух других сил, и моменты не были бы уравновешены.

Теперь рассмотрим баланс моментов относительно \(O\). Момент силы тяжести \(mgR\) уравновешивается моментом силы \(F\); поэтому, чтобы сила \(F\) была как можно меньше, её плечо должно быть как можно длиннее. Значит, \(Q\) должна находиться как можно дальше от \(O\), то есть совпадать с \(A\), а \(PA\) должна быть перпендикулярна \(OA\) (это отвечает на вопрос ii). Наконец, \[F_{\min}=mgR/OA=mg\big/\sqrt{1+\mu^2}\approx800\text{ Н}.\]

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

Подсказка

Подвесьте груз к середине натянутого между двумя точками участка нити и найдите натяжение из равновесия узла; объём выражается через натяжение и \(\varepsilon\) при условии постоянства \(E\).

Решение

i) (5 баллов). С помощью скотча закрепляем один конец нити на одном конце деревянного стержня (пусть это точка \(A\)), а другой конец (или точку в середине нити) прижимаем пальцем к некоторой точке стержня (или тоже закрепляем скотчем; пусть это точка \(B\)). Затем подвешиваем груз к середине той части нити, которая находится между точками \(A\) и \(B\); назовём эту точку \(C\). Далее измеряем конечную длину нити \(l\) вместе с недеформированной длиной \(l_0\) и вычисляем натяжение \(T\) нити: \(T=\frac12mg\,\dfrac{AC}{CD}\), где \(D\) — середина отрезка \(AB\). Меняя длину \(AB\) и длину используемого куска нити (нить может быть уже растянута до подвешивания груза), можно охватить диапазон от \(l\approx1{,}1\,l_0\) до \(l\approx4{,}5\,l_0\).

ii) (5 баллов). Заметим, что \(\varepsilon S=\dfrac{l-l_0}{l_0}S=\dfrac{V}{l_0}-S\), то есть \(V=l_0(\varepsilon+1)S=\dfrac{l_0T}{E\varepsilon}(\varepsilon+1)=\dfrac{l_0T}E(1+\varepsilon^{-1})\). Поскольку нас интересует относительное изменение \(V\), достаточно построить график \(T(1+\varepsilon^{-1})\) (это \(V/El_0\)) в зависимости от \(\varepsilon\).

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

Подсказка

В поле частица движется по окружности радиуса \(mv/qB\) и выходит обратно под тем же углом; вторая частица идёт по той же траектории с запаздыванием по пути, равным начальному расстоянию, а минимум расстояния достигается, когда обе частицы в поле.

Ответ

i) радиус окружности \(R=mv/qB\), графики — на рисунках решения;  ii) \(L_{\min}=\dfrac{2mv}{qB}\sin\dfrac{L_0qB}{2mv}\).

Решение

i) (1,5 балла). В магнитном поле частица движется по окружности радиуса \(R\), для которого сила Лоренца \(qvB=mv^2/R\), откуда \(R=mv/qB\). Вне магнитного поля траектория — прямая линия, см. рисунок. На время движения по окружности \(y=R-R\cos(\omega t)\), а в остальное время \(y=0\) или \(y=2R\).

ii) (3,5 балла). Вторая частица следует за первой, отставая вдоль траектории на то же расстояние, что и вначале. Как только первая частица входит в магнитное поле, геометрическое расстояние начинает уменьшаться и достигает минимума, когда скорость изменения расстояния меняет знак, то есть обращается в нуль (по крайней мере, на один момент). В этом состоянии частицы движутся как части твёрдого тела, то есть расстояния до мгновенного центра вращения (это точка пересечения перпендикуляров к векторам скоростей) должны быть равны для обеих частиц (потому что скорости равны). Легко видеть, что это равенство достигается именно тогда, когда вторая частица тоже входит в поле, и остаётся выполненным, пока обе частицы находятся там. Когда первая частица выходит из поля, расстояние начинает увеличиваться симметрично тому, как оно уменьшалось раньше. Получившийся график изображён на рисунке; заметим, что кривая гладкая; действительно, негладкие стыки отрезков означали бы бесконечную вторую производную расстояния по времени, то есть бесконечное ускорение и силу.

Когда обе частицы находятся в поле, они лежат на концах дуги окружности длиной \(L_0\). Поэтому расстояние \(L_{\min}=2R\sin\dfrac\alpha2\), где угол в радианах \(\alpha=L_0/R\). Итак, \[L_{\min}=\frac{2mv}{qB}\sin\frac{L_0qB}{2mv}.\]

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта нижнего, гораздо более тяжёлого шара: в ней лёгкий шар упруго отскакивает с той же по модулю скоростью, с какой подлетел.

Ответ

i) скорость маленького шара после столкновения \(3\sqrt{2gh}\);  ii) \(N=11\), масса нижнего шара \(M_N\cdot10^{N-1}=1\times10^{10}\) кг.

Решение

i) (3 балла). До столкновений шары достигают скорости \(u=\sqrt{2gh}\). Первое столкновение — большого шара с землёй; скорость большого шара меняет направление на противоположное. Рассмотрим второе столкновение в системе центра масс, которая приблизительно совпадает с системой отсчёта большого шара. В этой системе маленький шар подлетает со скоростью \(u+u=2u\), а после столкновения улетает с той же скоростью. В лабораторной системе скорость равна \(2u+u=3u=3\sqrt{2gh}\).

ii) (2 балла). Используем тот же метод. Обозначим скорость \(i\)-го шара перед \((i+1)\)-м столкновением через \(v_i\). Тогда в системе \(i\)-го шара \((i+1)\)-й шар подлетает и улетает (после столкновения) со скоростью \(v_i+u\); в лабораторной системе скорость улёта \[v_{i+1}=(v_i+u)+v_i=2v_i+u.\] Учитывая, что \(v_1=u\), находим \(v_2=3u\), \(v_3=7u\), \(v_4=15u\) и так далее, \(v_N=(2^N-1)u\). Итак, \(v_N=(2^N-1)\sqrt{2gh}\), откуда \[N=\Bigl\lceil\log_2\Bigl(1+\frac{v_N}{\sqrt{2gh}}\Bigr)\Bigr\rceil=11.\]

Здесь \(\lceil\ldots\rceil\) обозначает потолок, то есть округление вверх.

Каждый следующий шар в 10 раз легче предыдущего, так что масса нижнего шара должна быть равна \(M_N\cdot10^{N-1}=1\times10^{10}\) кг.

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

Подсказка

Дальность полёта максимальна при угле \(45^\circ\); интенсивность полива обратно пропорциональна производной дальности по углу вылета, а она обращается в нуль в максимуме.

Ответ

i) \(S=\pi s_{\max}^2=\dfrac{\pi v^4}{g^2}\);  ii) на расстоянии \(s_{\max}=\dfrac{v^2}{g}\) от разбрызгивателя.

Решение

Известно, что для тела, брошенного под углом \(\alpha\) к горизонту со скоростью \(v\), максимальная дальность полёта достигается при \(\alpha=45^\circ\) (этот результат легко вывести и самому). Эта максимальная дальность полёта находится как \(s_{\max}=vt/\sqrt2\), где время полёта \(t\) получается из условия \(gt=2v/\sqrt2\). Итак, \(s_{\max}=v^2/g\). Это расстояние даёт радиус круглой области, поливаемой разбрызгивателем; её площадь \(S=\pi s_{\max}^2=\pi v^4/g^2\).

ii) (1,5 балла). Построим дальность полёта \(s\) как функцию угла \(\alpha\) при выходе из разбрызгивателя. Это гладкая кривая с одним максимумом. Для интервала расстояний от \(s\) до \(s+\Delta s\) количество получаемой воды (грубо говоря) пропорционально соответствующей ширине интервала углов \(\Delta\alpha\). Поэтому интенсивность полива (грубо) пропорциональна \(Q\propto\dfrac{\Delta\alpha}{\Delta s}=1\Big/\dfrac{\Delta s}{\Delta\alpha}\). В пределе малых \(\Delta\alpha\) и \(\Delta s\) это превращается в производную: \(Q\propto1\Big/\dfrac{ds}{d\alpha}\), то есть \(Q\) стремится к бесконечности в максимуме \(s(\alpha)\). Иными словами, лучшее положение — на расстоянии \(s=s_{\max}\).

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

Подсказка

При замкнутом ключе ток через катушку растёт линейно, при разомкнутом спадает через диод линейно; средний ток через конденсатор равен нулю, значит, весь средний выходной ток идёт через резистор.

Ответ

ii) \(J=\dfrac{\tau_c}{4L}\dfrac{U_i^2}{U_o-U_i}\);  iii) \(U_o=\dfrac{U_i}{2}\Bigl(1+\sqrt{1+\dfrac{\tau_cR}{L}}\Bigr)\) при \(\tau_cR\ge8L\); при \(\tau_cR<8L\) получается \(U_o=2U_i\).

Решение

i) (2 балла). Когда ключ замкнут, через диод тока нет, потому что к нему приложено обратное напряжение. Между тем напряжение на индуктивности равно \(U_i=L\dot I\), поэтому \(I=I_0+U_it/L\). Поскольку вначале тока не было, \(I_0=0\) и \(I=U_it/L\). Значит, максимальный достигаемый ток \(I_{\max}=U_i\tau_c/L\). Ток через индуктивность не может измениться мгновенно; поэтому, когда ключ размыкают, весь ток перенаправляется в диод. Диод получает прямой ток, а значит, на нём нет падения напряжения. Таким образом, на индуктивности получается напряжение \(L\dot I=U_i-U_o\) (оно меньше \(-U_i\)). Поэтому \(I=I_0-(U_o-U_i)t/L\), где \(I_0\) таково, что при размыкании ключа ток равен \(I_{\max}\). Когда ток достигает нуля, диод закрывается и дальше ток в системе не течёт. Эти результаты позволяют построить график, показанный на рисунке выше.

ii) (2 балла). Для первого цикла можно воспользоваться результатом пункта i. Замечаем, что в начале второго цикла система находится ровно в том же состоянии, что и в начале первого. Значит, процесс становится периодическим, см. рисунок.

Средний выходной ток \(J\) — это площадь под графиком за один период, делённая на длину периода. Итак, \(J=\frac12I_{\max}\tau/(2\tau_c)\), где \(\tau=\tau_c\dfrac{U_i}{U_o-U_i}\) — длительность отрезка времени, когда \(I_o>0\). Поэтому \[J=I_{\max}\frac14\frac{U_i}{U_o-U_i}=\frac{\tau_c}{4L}\frac{U_i^2}{U_o-U_i}.\]

iii) (2 балла). Теперь можно воспользоваться результатом пункта ii, потому что ситуация совершенно такая же, как была, только выходное напряжение установится в соответствии со значением среднего тока \(J\). Заметим, что средний ток через конденсатор равен 0 (потому что его верхняя обкладка изолирована от нижней), следовательно, весь ток \(J\) идёт в резистор. (Конденсатор работает как буфер, перераспределяя сильно колеблющийся ток предыдущего графика во времени, так что ток в резистор почти постоянен.) Итак, выходное напряжение \(U_o=JR\), где выражение для \(J\) можно найти из ответа на пункт ii. Удобно обозначить \(U_o/U_i=\kappa\). Тогда \[\kappa(\kappa-1)=\frac{\tau_cR}{4L}\quad\Rightarrow\quad2\kappa=1\pm\sqrt{1+\frac{\tau_cR}{L}}.\] Нам нужно \(\kappa\ge2\), поэтому знак «\(-\)» можно исключить, и мы приходим к \[U_o=\frac{U_i}{2}\Bigl(1+\sqrt{1+\frac{\tau_cR}{L}}\Bigr),\] что верно, пока \(\tau_cR\ge8L\). Если это неравенство не выполнено, предположение \(U_o\ge2U_i\) не будет выполняться, так что выражение для \(J\) неприменимо.

Если \(U_o<2U_i\), то нарастающая ветвь графика \(I_i(t)\) круче спадающей. Тогда пилообразный профиль этого графика начинает «взбираться вверх». Чем выше он поднимается, тем больше \(J\), а значит, и больше \(U_o\). В свою очередь, бо́льшее \(U_o\) делает спадающую ветвь графика \(I_i(t)\) круче; процесс продолжается, пока не будет достигнуто состояние, в котором нарастающая и спадающая ветви одинаково круты; этому соответствует \(U_o=2U_i\). Итак, \[U_o=2U_i,\quad\text{если}\quad\tau_cR<8L.\]

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

Подсказка

Пока тяга отсутствует, ускорение уменьшается на величину \(\mu g\) по сравнению с ускорением на графике; после переключения график повторяет идеальный, сдвинутый вправо на \(\tau_2\), а разность пройденных путей — это площадь между двумя графиками \(v(t)\).

Ответ

i) \(\mu=0{,}1\);  ii) \(v_0\approx25\) м/с;  iii) \(S=\tau_2(v_t-v_0)\approx15\) м.

Решение

i) (2 балла). Поскольку в самом начале влиянием сопротивления воздуха можно пренебречь, ускорение (то есть тангенс угла наклона графика) даёт отношение силы трения \(F_f\) к массе \(m\), то есть \(\mu g\). По графику этот тангенс \(\mu g=1{,}0\) м/с\(^2\), откуда \(\mu=0{,}1\).

ii) (2,5 балла). Когда движущая сила пропадает, ускорение уменьшается на \(F_f/m=\mu g\), то есть из наклона графика в текущей точке нужно вычесть его наклон в начале координат. Увеличенный эскиз графика около периода переключения передачи приведён на рисунке. После переключения новый график следует идеальному, но сдвинут вправо на \(\tau_2\); этот сдвиг тоже отмечен на рисунке. Так как \(2\tau_1=\tau_2\), нарастающий и спадающий наклоны на этом эскизе должны быть одинаково крутыми, то есть \(a=\mu g/2\). Значит, переключение происходит при такой скорости, когда ускорение вдвое меньше, чем при нулевой скорости. По графику находим \(v_0\approx25\) м/с.

iii) (2,5 балла). Разность путей — это площадь \(S\) между фактическим графиком \(v(t)\) и идеальным. Эти графики совпадают при \(v<v_0\) и после достижения значения \(v=v_t\). Значит, площадь \(S\) заключена в диапазоне \(v_t>v>v_0\), где фактический график — это, по сути, идеальный график, сдвинутый вправо на \(\tau_2\). Эта площадь имеет вид узкой изогнутой полоски, горизонтальная ширина которой при каждом значении \(v\) равна \(\tau_2\). Можно разбить эту полоску на крошечные горизонтальные слои высотой \(\delta\) и шириной \(\tau_2\). Если сложить площади этих слоёв, можно вынести \(\tau_2\) за скобки; тогда сумма высот слоёв в скобках даёт \(v_t-v_0\). Итак, площадь \(S=\tau_2(v_t-v_0)\approx15\) м.

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

Подсказка

Сравните ток при подключении батарейки в первый момент и спустя долгое время, а также напряжение и ток сразу после отключения батарейки: по ним видно, есть ли конденсатор и какие резисторы с ним соединены.

Решение

Можно провести несколько измерений.

i) (2 балла). Можно измерить напряжение батарейки \(\mathcal E\approx3{,}2\) В.

ii) (2 балла). Затем можно подключить батарейку к выводам ящика через амперметр и измерить ток. Оказывается, что в первый момент \(I_{c0}\approx1{,}3\) мА; однако затем ток начинает уменьшаться (уменьшаясь вдвое за время \(\tau_1\approx12\) с) и в пределе больших времён достигает конечного значения \(I_{c\infty}\approx0{,}35\) мА.

iii) (2 балла). Далее можно измерить напряжение на выводах после отключения батарейки. В первый момент \(V_d\approx2{,}35\) В; оно уменьшается вдвое за \(\tau_2\approx25\) с и в пределе больших времён исчезает.

iv) (4 балла). Наконец, можно подключить амперметр к выводам сразу после отключения батарейки и измерить ток. Вначале он имеет значение \(I_d\approx1{,}0\) мА и в пределе больших времён исчезает.

Из пунктов iii и ii можно заключить, что в ящике должен быть конденсатор \(C\) (если бы там была индуктивность, ток \(I_c\) со временем увеличивался бы). Из-за саморазряда (напряжение исчезает в пункте iii) должен быть резистор \(R_1\), параллельный конденсатору. Из-за затянутой зарядки (в пункте ii, \(\tau_1>0\)) должен быть и резистор \(R_2\), соединённый последовательно с конденсатором. Итак, есть две возможные схемы, рис. (a) и рис. (b).

В случае (a): \[I_{c0}=\mathcal E/R_2,\qquad I_{c\infty}=\mathcal E/(R_1+R_2),\] \[I_d=\mathcal ER_1/R_2(R_1+R_2),\qquad U_d=\mathcal ER_1/(R_1+R_2).\] В случае (b): \[I_{c0}=\mathcal E(R_2^{-1}+R_1^{-1}),\qquad I_{c\infty}=\mathcal E/R_1,\] \[I_d=\mathcal E/R_2,\qquad U_d=\mathcal ER_1/(R_1+R_2).\] В обоих случаях есть две неизвестные величины (\(R_1\) и \(R_2\)) и четыре уравнения. Оказывается (следует из этих уравнений), что в обоих случаях между измеренными величинами должны выполняться два равенства: \(U_d=\mathcal EI_{c\infty}/I_{c0}\) и \(I_{c0}=I_{c\infty}+I_d\). Значит, эффективное (независимое) число уравнений уменьшается на два, что всё ещё оставляет два — как раз достаточно для нахождения \(R_1\) и \(R_2\), но недостаточно, чтобы различить случаи (a) и (b). На самом деле можно показать, что эти два случая нельзя различить, даже изучая зависимости напряжения и токов от времени. Итак, можно сказать, что у нас либо схема (a) с \(R_2=\mathcal E/I_{c0}\approx2{,}5\) кОм и \(R_1=\mathcal E/I_{c\infty}-R_2\approx6{,}9\) кОм, либо схема (b) с \(R_1=\mathcal E/I_{c\infty}\approx9{,}1\) кОм и \(R_2=\mathcal E/I_d\approx3{,}2\) кОм.

Ёмкость конденсатора можно оценить по характерным временам спада тока. Например, используя характерное время \(\tau_2\), в случае (a) имеем \(\tau_2=\ln2\,R_1C\), откуда \(C=\tau_2/\ln2\,R_1\approx5{,}2\) мФ. В случае (b) \(\tau_2=\ln2\,(R_1+R_2)C\), откуда \(C=\tau_2/\ln2\,(R_1+R_2)\approx2{,}9\) мФ.

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