Всесоюзная, 1981/82, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Верхняя точка пересечения лежит на обеих окружностях сразу и всё время находится над серединой отрезка, соединяющего центры. Как движется середина? Как меняется высота точки над линией центров, когда центры расходятся?

Ответ

\(u=\dfrac{vR}{\sqrt{4R^2-d^2}}\), где \(d\) — расстояние между центрами обручей.

Решение

Что происходит. Верхняя точка «пересечения» — не частица, а геометрическая точка: она есть там, где пересекаются две окружности, и перемещается вслед за ними. Поэтому её скорость находим не из закона движения тела, а из геометрии: выражаем положение точки через расстояние \(d\) между центрами и дифференцируем по времени. Главная идея — точка пересечения всегда лежит над серединой отрезка между центрами на высоте, которую даёт теорема Пифагора.

Обозначения. \(O_1\) — центр неподвижного обруча, \(O_2\) — центр движущегося, \(d=O_1O_2\), \(A\) — верхняя точка пересечения, \(M\) — середина \(O_1O_2\), \(y=AM\) — высота точки над линией центров. Обручи тонкие и стоят в одной плоскости, поэтому пересекаются как две окружности при \(d<2R\). Ось \(x\) — вдоль линии центров, по движению второго обруча.

1. Положение точки. Точка \(A\) лежит на обеих окружностях, поэтому \(AO_1=AO_2=R\), и треугольник \(O_1AO_2\) равнобедренный. В нём \(AM\) — высота, и \(M\) — середина основания. По теореме Пифагора для треугольника \(O_1MA\) \[y=\sqrt{R^2-\frac{d^2}{4}} .\] Горизонтальная координата точки \(A\) равна координате середины \(M\).

2. Горизонтальная составляющая скорости. Центр \(O_1\) неподвижен, а \(O_2\) движется со скоростью \(v\), поэтому середина \(M\) движется со скоростью \(v/2\) (среднее скоростей двух концов отрезка). Точка \(A\) всё время над \(M\), значит её горизонтальная скорость равна \(v/2\).

3. Вертикальная составляющая скорости. Расстояние между центрами меняется со скоростью \(\dot d=v\). Дифференцируем \(y=\sqrt{R^2-d^2/4}\) по времени: \[\dot y=\frac{-d\,\dot d/4}{\sqrt{R^2-d^2/4}}=-\frac{d\,v}{4y}.\] Знак минус: пока обручи расходятся, точка \(A\) опускается; если бы они сближались, точка поднималась бы, модуль тот же.

4. Полная скорость. Горизонтальная и вертикальная составляющие перпендикулярны: \[u^2=\Bigl(\frac v2\Bigr)^2+\Bigl(\frac{dv}{4y}\Bigr)^2=\frac{v^2}{4}\cdot\frac{4y^2+d^2}{4y^2}.\] Но \(4y^2+d^2=4R^2\), поэтому \[u=\frac{v}{2}\cdot\frac{R}{y}=\frac{vR}{\sqrt{4R^2-d^2}} .\]

Обратите внимание: скорость точки пересечения может быть сколь угодно большой — при \(d\to2R\) она растёт без предела. Это ничему не противоречит: точка пересечения не несёт ни вещества, ни энергии, а материальные точки обручей движутся со скоростью \(v\).

Проверка. Размерность: \(vR/\text{м}=v\). Второй способ: точка \(A\) лежит на неподвижной окружности, поэтому её скорость \(\vec u\) направлена по касательной к ней, то есть перпендикулярна радиусу \(O_1A\). Радиус составляет с осью \(x\) угол, у которого \(\cos=d/(2R)\), \(\sin=y/R\), и условие \(\vec u\perp O_1A\) даёт \(u_x\,d/2+u_y\,y=0\), откуда при \(u_x=v/2\) получаем \(u_y=-dv/(4y)\) — то же самое. Предел \(d\to0\): обручи совпадают, \(u\to v/2\) — верхняя точка пересечения движется вместе с серединой между центрами. На графике зависимость \(u/v\) от \(d/2R\).

Ответ: \(u(d)=\dfrac{vR}{\sqrt{4R^2-d^2}}\) при \(0\le d<2R\); в начале \(u=v/2\).

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

Подсказка

Без трения силы реакции направлены по радиусам к центру цилиндра. Как движется центр цилиндра, пока подставка отъезжает с постоянной скоростью? Найдите его ускорение и запишите второй закон Ньютона.

Ответ

\(N=\dfrac{mg}{\sqrt2}-\dfrac{mv^2}{2R}=\dfrac m2\Bigl(\sqrt2\,g-\dfrac{v^2}{R}\Bigr)\), где \(m\) — масса цилиндра.

Решение

Что происходит. Цилиндр лежит на краях двух подставок. Трения нет, поэтому каждая реакция направлена по радиусу к центру цилиндра, момента относительно центра нет, и цилиндр не вращается. Подставка уезжает, точки опоры расходятся, и центр цилиндра, оставаясь вершиной равнобедренного треугольника со сторонами \(R\), опускается. Главная идея — найти ускорение центра чисто геометрически и подставить его во второй закон Ньютона: опускание с ускорением уменьшает силу давления по сравнению со статической.

Обозначения. \(s\) — расстояние между точками опоры (\(s=vt\) от момента, когда подставки почти соприкасались; в нужный момент \(s=R\sqrt2\)). \(\theta\) — угол между радиусом, проведённым к точке опоры, и вертикалью: \(\sin\theta=s/(2R)\), при \(s=R\sqrt2\) получаем \(\theta=45^\circ\). \(y\) — высота центра цилиндра над уровнем краёв подставок. Ось \(y\) вверх, ось \(x\) вдоль движения. \(N_1\) — реакция неподвижной подставки, \(N_2\) — подвижной. Масса цилиндра \(m\) в условии не задана, ответ выражаем через неё.

1. Движение центра. Центр цилиндра равноудалён от обеих точек опоры, поэтому находится над серединой между ними на высоте \[y=\sqrt{R^2-\frac{s^2}{4}} .\] Одна подставка стоит, вторая едет с постоянной скоростью \(v\): \(s=vt\). Середина между точками опоры движется со скоростью \(v/2\) равномерно, значит горизонтальное ускорение центра \(a_x=0\).

2. Вертикальное ускорение. Дифференцируем \(y(t)\) дважды. Первая производная \(\dot y=-\dfrac{v^2t}{4y}=-\dfrac{sv}{4y}\). Вторая (учитываем \(\dot s=v\) и \(\dot y=-sv/(4y)\)): \[\ddot y=-\frac{v^2}{4y}-\frac{sv}{4y^2}\cdot\frac{sv}{4y}=-\frac{v^2}{4y}\Bigl(1+\frac{s^2}{4y^2}\Bigr)=-\frac{v^2R^2}{4y^3},\] потому что \(y^2+s^2/4=R^2\). При \(s=R\sqrt2\) высота \(y=R/\sqrt2\), \(y^3=R^3/(2\sqrt2)\), и \[a_y=-\frac{v^2}{\sqrt2\,R}.\] Знак минус: центр опускается с ускорением, направленным вниз.

3. Второй закон Ньютона для цилиндра в проекции на ось \(x\). Реакции направлены вдоль радиусов: \(N_1\) вверх и влево от точки опоры неподвижной подставки (она справа), \(N_2\) — вверх и вправо. Горизонтальные проекции \(N_1\sin\theta\) и \(N_2\sin\theta\) направлены в противоположные стороны, и \(m a_x=0\), поэтому \(N_1=N_2=N\).

4. Второй закон Ньютона в проекции на ось \(y\). \[2N\cos\theta-mg=m a_y \quad\Rightarrow\quad N=\frac{m(g+a_y)}{2\cos\theta}.\] Подставляем \(\theta=45^\circ\) и \(a_y=-v^2/(\sqrt2R)\): \[N=\frac{m}{\sqrt2}\Bigl(g-\frac{v^2}{\sqrt2\,R}\Bigr)=\frac{mg}{\sqrt2}-\frac{mv^2}{2R}.\] По третьему закону Ньютона цилиндр давит на неподвижную подставку с такой же по модулю силой, направленной вдоль радиуса к точке опоры.

Обратите внимание: считать цилиндр неподвижным нельзя: тогда получилось бы \(N=mg/\sqrt2\), как при \(v\to0\). Центр опускается с ускорением, поэтому реакции меньше статических; поправка \(mv^2/(2R)\) тем заметнее, чем быстрее едет подставка. Давление на подставку — вся сила \(N\) вдоль радиуса, а не её вертикальная составляющая.

Проверка. Размерность: \([mv^2/R]=\text{Н}\). Предел \(v\to0\) даёт \(N=mg/\sqrt2\) — обычное равновесие на двух опорах под углом \(45^\circ\) к вертикали (\(2N\cos45^\circ=mg\)). Другой предел: при \(v^2=\sqrt2\,gR\) получаем \(N=0\), и в этот момент \(a_y=-g\): цилиндр падает свободно и подставки перестают его держать, поэтому ответ верен только при \(v^2\le\sqrt2\,gR\). На графике \(N/mg\) в зависимости от \(s/R\) для \(v^2=gR/2\) (\(N=0{,}46\,mg\) при \(s=R\sqrt2\), отрыв при \(s=R\sqrt3\)).

Ответ: \(N=\dfrac{mg}{\sqrt2}-\dfrac{mv^2}{2R}\).

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

Подсказка

Пока в смеси есть и вода, и лёд, её температура равна температуре плавления при данном давлении. Откуда смесь берёт теплоту на таяние льда в теплоизолированном цилиндре?

Ответ

Растает \(\Delta m\approx3{,}6\) г льда; работа внешней силы без учёта сжимаемости \(A\approx0{,}5\) Дж, с учётом сжимаемости \(A\approx3\) Дж (поправка \(\approx2{,}4\) Дж, в несколько раз больше основного вклада).

Решение

Что происходит. Пока в смеси есть и вода, и лёд, её температура равна температуре плавления при данном давлении. Давление растёт, температура плавления падает, и смесь обязана остыть до новой температуры. Цилиндр теплоизолирован, поэтому теплоту на охлаждение смесь «отдаёт» сама себе: охлаждаясь, вода и лёд отдают теплоту, на которую тает часть льда. Таяние уменьшает объём (вода плотнее льда), и это даёт работу внешней силы; сжатие самих воды и льда даёт добавку. Главная идея — тепловой баланс внутри смеси и \(A=-\int p\,dV\).

Обозначения. \(\Delta p=p_1-p_0=2{,}4\cdot10^6\) Па, \(\Delta t\) — понижение температуры плавления, \(C=m_{\text{в}}c_{\text{в}}+m_{\text{л}}c_{\text{л}}\) — теплоёмкость смеси, \(\Delta m\) — масса растаявшего льда. Начальное давление \(p_0=10^5\) Па считаем нормальным: смесь при \(0\,^\circ\text{C}\). Температура плавления зависит от давления линейно (для малых изменений).

1. Температура смеси. Понижение температуры плавления пропорционально давлению: \(1\) К на каждые \(14\cdot10^6\) Па, поэтому \[|\Delta t|=\frac{\Delta p}{14\cdot10^6\text{ Па/К}}=\frac{2{,}4\cdot10^6}{14\cdot10^6}\text{ К}=0{,}171\text{ К}.\] В конце смесь находится при \(-0{,}171\,^\circ\text{C}\).

2. Тепловой баланс. Внешнего подвода теплоты нет. Охлаждаясь на \(|\Delta t|\), вода и лёд отдают количество теплоты \(C|\Delta t|\), и оно целиком идёт на плавление массы \(\Delta m\) льда: \[\lambda\,\Delta m=C|\Delta t| \quad\Rightarrow\quad \Delta m=\frac{(m_{\text{в}}c_{\text{в}}+m_{\text{л}}c_{\text{л}})|\Delta t|}{\lambda}=\frac{6{,}3\cdot10^{3}\cdot0{,}171}{3\cdot10^{5}}\text{ кг}\approx3{,}6\cdot10^{-3}\text{ кг}.\] Растаявшая масса составляет \(0{,}4\,\%\) от массы льда, поэтому изменением масс в \(C\) пренебрегаем. Масса растаявшего льда пропорциональна приращению давления: \(\Delta m=k(p-p_0)\), \(k=3{,}6\cdot10^{-3}/2{,}4\cdot10^6=1{,}5\cdot10^{-9}\) кг/Па.

3. Работа при несжимаемых воде и льде. Объём смеси меняется только из-за таяния: масса \(dm\) льда, превращаясь в воду, уменьшает объём на \[dm\Bigl(\frac1{\rho_{\text{л}}}-\frac1{\rho_{\text{в}}}\Bigr)=dm\cdot\frac{1}{\rho_{\text{в}}}\Bigl(\frac1{0{,}9}-1\Bigr)=\frac{dm}{9\rho_{\text{в}}}.\] Давление в этот момент \(p\), внешняя сила при медленном процессе уравновешивает его, и работа над смесью \(dA=-p\,dV=p\,\dfrac{dm}{9\rho_{\text{в}}}=\dfrac{k}{9\rho_{\text{в}}}\,p\,dp\). Суммируем по давлению от \(p_0\) до \(p_1\): \[A=\frac{k}{9\rho_{\text{в}}}\cdot\frac{p_1^2-p_0^2}{2}=\frac{1{,}5\cdot10^{-9}}{9\cdot10^{3}}\cdot3{,}12\cdot10^{12}\text{ Дж}\approx0{,}5\text{ Дж}.\] Полное уменьшение объёма \(\Delta V=\Delta m/(9\rho_{\text{в}})=4\cdot10^{-7}\text{ м}^3\), а среднее давление \(\approx1{,}3\cdot10^{6}\) Па: \(1{,}3\cdot10^{6}\cdot4\cdot10^{-7}\approx0{,}5\) Дж — то же самое.

4. Поправка на сжимаемость. Сжимаемость воды: объём уменьшается на \(1\,\%\) при \(20\cdot10^6\) Па, значит \(\beta_{\text{в}}=0{,}01/(20\cdot10^6)=5\cdot10^{-10}\text{ Па}^{-1}\), для льда \(\beta_{\text{л}}=2{,}5\cdot10^{-10}\text{ Па}^{-1}\). Объёмы \(V_{\text{в}}=m_{\text{в}}/\rho_{\text{в}}=10^{-3}\text{ м}^3\), \(V_{\text{л}}=m_{\text{л}}/(0{,}9\rho_{\text{в}})=1{,}11\cdot10^{-3}\text{ м}^3\) меняются меньше чем на \(1\,\%\), поэтому считаем их постоянными. При сжатии \(dV=-\beta V\,dp\), работа \(dA=-p\,dV=\beta V\,p\,dp\): \[A_{\text{сж}}=(\beta_{\text{в}}V_{\text{в}}+\beta_{\text{л}}V_{\text{л}})\frac{p_1^2-p_0^2}{2}=(5\cdot10^{-13}+2{,}8\cdot10^{-13})\cdot3{,}12\cdot10^{12}\text{ Дж}\approx2{,}4\text{ Дж}.\] Сжатие уменьшает объём на \((7{,}8\cdot10^{-13})\cdot2{,}4\cdot10^{6}\approx1{,}9\cdot10^{-6}\text{ м}^3\), то есть почти в пять раз сильнее, чем таяние. Полная работа \[A\approx0{,}5+2{,}4\approx3\text{ Дж}.\] На количество растаявшего льда сжимаемость влияет слабо: работа \(2{,}4\) Дж превращается во внутреннюю энергию и могла бы нагреть смесь лишь на \(2{,}4/6300\approx4\cdot10^{-4}\) К, то есть на \(0{,}2\,\%\) от \(0{,}171\) К. Масса \(\Delta m\) изменяется менее чем на процент.

Обратите внимание: льда растаяло мало, и кажется, что работа должна быть мала и определяться таянием. Но объёмный эффект таяния (\(4\cdot10^{-7}\text{ м}^3\)) в пять раз меньше эффекта обычного сжатия воды и льда (\(1{,}9\cdot10^{-6}\text{ м}^3\)), поэтому поправка на сжимаемость не поправка, а главный вклад в работу.

Проверка. Размерность: \(\text{Дж/К}\cdot\text{К}/(\text{Дж/кг})=\text{кг}\). Предел \(\Delta p\to0\): растаявшая масса и работа стремятся к нулю. Второй способ для работы — произведение среднего давления на изменение объёма (шаг 3); работа сжатия — площадь под графиком \(p(V)\) той же величины \(\beta V\,p\,dp\). Физический смысл: даже при \(25\) атмосферах температура плавления льда падает всего на \(0{,}17\) К, поэтому тает лишь несколько граммов.

Ответ: \(\Delta m\approx3{,}6\) г; \(A\approx0{,}5\) Дж при несжимаемых воде и льде, с учётом сжимаемости \(A\approx3\) Дж.

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

Подсказка

Работа по увеличению заряда на \(dQ\) при напряжении \(U\) равна \(U\,dQ\). Какая это площадь на графике? Ток зарядки через резистор равен \((U_0-U)/R\): как отсюда найти время зарядки до напряжения \(U_1\)?

Ответ

\(W_{\max}=\displaystyle\int_0^{Q_0}U\,dQ\approx60\) Дж (площадь под графиком до \(U_0=300\) В); число вспышек в минуту не больше \(\approx4\) (время зарядки до \(250\) В около \(16\) с).

Решение

Что происходит. Конденсатор нелинейный, поэтому энергия не равна \(CU^2/2\): заряд \(Q\) и напряжение \(U\) связаны кривой, а ёмкость при каждом заряде своя. Элементарная работа на добавление заряда \(dQ\) при напряжении \(U\) равна \(U\,dQ\), и энергия, запасённая при зарядке от \(0\) до \(Q_0\), — это площадь под графиком \(U(Q)\). Вспышка разряжает конденсатор полностью и выделяет эту энергию. Число вспышек определяется временем зарядки: оно задаётся законом Ома для резистора, через который течёт ток зарядки.

Обозначения. \(Q_0\) — заряд при \(U_0=300\) В, \(Q_1\) — заряд при \(U_1=250\) В, \(W\) — энергия вспышки, \(t_1\) — время зарядки конденсатора от нуля до \(U_1\). Значения \(U(Q)\) снимаем по рисунку 7.

1. Максимальная энергия вспышки. Она соответствует наибольшему напряжению, до которого конденсатор можно зарядить от батареи, то есть \(U_0=300\) В; по графику ему отвечает \(Q_0\approx0{,}29\) Кл. Энергия \[W_{\max}=\int_0^{Q_0}U\,dQ\] — площадь под кривой от \(0\) до \(Q_0\) (на рисунке закрашена). Считаем по трапециям с шагом по заряду \(0{,}05\) Кл; напряжения по графику: \(0\) (\(Q=0\)), \(125\), \(191\), \(236\), \(267\), \(288\) В при \(Q=0{,}05;\,0{,}10;\,0{,}15;\,0{,}20;\,0{,}25\) Кл и \(300\) В при \(0{,}29\) Кл: \[W_{\max}\approx0{,}05\Bigl(\tfrac{0+125}{2}+\tfrac{125+191}{2}+\tfrac{191+236}{2}+\tfrac{236+267}{2}+\tfrac{267+288}{2}\Bigr)+0{,}04\cdot\frac{288+300}{2}\approx60\text{ Дж}.\] Трапеции чуть занижают площадь под выпуклой кривой; точнее, около \(62\) Дж. Принимаем \(W_{\max}\approx60\) Дж.

Обратите внимание: линейный конденсатор той же ёмкости \(C_0=Q_0/U_0\) запасал бы только \(Q_0U_0/2=44\) Дж; для нелинейного энергия — площадь под реальной кривой, а не половина произведения \(QU\).

2. Зарядка через резистор. Напряжение на резисторе равно разности напряжения батареи и напряжения на конденсаторе. Закон Ома для резистора: \[\frac{dQ}{dt}=\frac{U_0-U(Q)}{R}\quad\Rightarrow\quad dt=\frac{R\,dQ}{U_0-U(Q)} .\] Это верно в любой момент зарядки: зависимость \(U(Q)\) у конденсатора своя, а резистор линеен.

3. Время зарядки до \(U_1\). Минимальное напряжение вспышки \(U_1=250\) В, ему по графику отвечает \(Q_1\approx0{,}17\) Кл. Чем раньше зажигать лампу, тем чаще вспышки, поэтому зажигаем при \(U=U_1\) и сразу разряжаем конденсатор полностью. Суммируем \(dt\) от \(Q=0\) до \(Q_1\): \[t_1=R\int_0^{Q_1}\frac{dQ}{U_0-U(Q)} .\] Вычисляем по трапециям с шагом \(0{,}02\) Кл. Значения подынтегральной функции \(R/(U_0-U)\) в с/Кл при \(Q=0;\,0{,}02;\,\dots;\,0{,}12\) Кл: \(33,\ 43,\ 52,\ 63,\ 76,\ 92,\ 112\), при \(Q=0{,}14\) Кл: \(139\), при \(Q_1=0{,}17\) Кл: \(200\): \[t_1\approx0{,}02\cdot524+0{,}031\cdot\frac{139+200}{2}\approx10{,}5+5{,}2\approx16\text{ с}.\] Подынтегральная функция растёт при приближении к \(U_0\), поэтому на подходе к \(U_1\) зарядка замедляется (график \(U(t)\) на рисунке).

4. Число вспышек. За минуту \[N\approx\frac{60\text{ с}}{t_1}\approx\frac{60}{16}\approx4 .\] Точно: три полных цикла укладываются в \(47\) с, и четвёртая вспышка наступила бы на \(63\)-й секунде, так что в первую минуту получаются три вспышки, а при непрерывной работе — около четырёх в минуту. Это оценка: график даёт напряжение с точностью порядка нескольких процентов.

Проверка. Размерность: \([\text{В}\cdot\text{Кл}]=\text{Дж}\); \([R\,Q/U]=\text{Ом}\cdot\text{Кл}/\text{В}=\text{с}\). Второй способ: для линейного конденсатора с ёмкостью \(C_0=Q_0/U_0\approx0{,}98\) мФ время зарядки до \(U_1\) равнялось бы \(RC_0\ln\frac{U_0}{U_0-U_1}=9{,}8\cdot\ln6\approx17{,}6\) с — того же порядка, что и \(16\) с; энергию мы уже сравнили (\(44\) и \(60\) Дж). Физический смысл: батарея при полной зарядке отдаёт \(Q_0U_0\approx88\) Дж, из них \(60\) Дж идут во вспышку, остальное выделяется в резисторе.

Ответ: \(W_{\max}\approx60\) Дж; не более \(\approx4\) вспышек в минуту.

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

Подсказка

Включение амперметра добавляет в цепь его сопротивление. Чем оно определяется на каждом пределе, если при полном отклонении стрелки на любом пределе напряжение на самом приборе одно и то же?

Ответ

\(\dfrac1{I_0}=\dfrac{10}{7I_1}-\dfrac{3}{7I_2}\),  \(I_0\approx2{,}97\) мА.

Решение

Что происходит. Амперметр, включённый в цепь, добавляет к ней своё сопротивление и уменьшает ток. У многопредельного прибора с отдельным шунтом на каждый предел чувствительный механизм (рамка) один и тот же: при полном отклонении через него течёт один и тот же ток, а напряжение на нём — одно и то же. Поэтому сопротивление всего амперметра на пределе \(I_{\max}\) обратно пропорционально пределу, и два показания дают два уравнения для двух неизвестных. Главная идея — записать закон Ома для полной цепи с амперметром на каждом пределе и исключить неизвестные.

Обозначения. \(\varepsilon\) — ЭДС источника, \(R_{\text{ц}}\) — полное сопротивление остальной цепи (с учётом внутреннего сопротивления источника), \(I_0=\varepsilon/R_{\text{ц}}\) — искомая сила тока без амперметра, \(r_1\) и \(r_2\) — сопротивления амперметра на пределах \(10\) мА и \(3\) мА.

1. Сопротивление амперметра на разных пределах. Рамка с сопротивлением \(r_0\) при полном отклонении пропускает ток \(i_0\), остальное течёт через шунт \(r_{\text{ш}}\), параллельный рамке. Предельный ток \(I_{\max}=i_0\,(1+r_0/r_{\text{ш}})\), а сопротивление прибора — параллельное соединение \(r_0\) и \(r_{\text{ш}}\): \[r=\frac{r_0\,r_{\text{ш}}}{r_0+r_{\text{ш}}}=\frac{r_0}{1+r_0/r_{\text{ш}}}=\frac{r_0\,i_0}{I_{\max}} .\] Числитель \(r_0i_0\) — напряжение на рамке при полном отклонении — одинаков для всех пределов, поэтому \(r\propto1/I_{\max}\): \[\frac{r_2}{r_1}=\frac{10\text{ мА}}{3\text{ мА}}=\frac{10}{3}.\]

2. Закон Ома для полной цепи на каждом пределе. Амперметр включён последовательно, поэтому \[I_0=\frac{\varepsilon}{R_{\text{ц}}},\qquad I_1=\frac{\varepsilon}{R_{\text{ц}}+r_1},\qquad I_2=\frac{\varepsilon}{R_{\text{ц}}+r_2},\qquad r_2=\frac{10}{3}\,r_1 .\] Переходим к обратным величинам: \(\dfrac1{I}\) линейно зависит от сопротивления амперметра: \[\frac1{I_1}=\frac1{I_0}+\frac{r_1}{\varepsilon},\qquad \frac1{I_2}=\frac1{I_0}+\frac{10}{3}\frac{r_1}{\varepsilon}.\] Неизвестными остались \(1/I_0\) и \(r_1/\varepsilon\).

3. Исключение. Вычитаем уравнения: \(\dfrac1{I_2}-\dfrac1{I_1}=\dfrac73\cdot\dfrac{r_1}{\varepsilon}\), значит \(\dfrac{r_1}{\varepsilon}=\dfrac37\Bigl(\dfrac1{I_2}-\dfrac1{I_1}\Bigr)\). Подставляем в первое: \[\frac1{I_0}=\frac1{I_1}-\frac37\Bigl(\frac1{I_2}-\frac1{I_1}\Bigr)=\frac{10}{7I_1}-\frac{3}{7I_2}.\]

4. Число. \(\dfrac1{I_1}=0{,}33898\text{ мА}^{-1}\), \(\dfrac1{I_2}=0{,}34483\text{ мА}^{-1}\): \[\frac1{I_0}=\frac{10}{7}\cdot0{,}33898-\frac37\cdot0{,}34483=0{,}48426-0{,}14778=0{,}33648\text{ мА}^{-1},\qquad I_0\approx2{,}97\text{ мА}.\]

На графике зависимость \(1/I\) от сопротивления амперметра (в единицах \(r_1\)) — прямая; по двум измерениям её продолжают до нулевого сопротивления, где \(1/I=1/I_0\). Ось тока на графике начинается не с нуля: иначе точки сливаются.

Обратите внимание: нельзя брать за ответ ни \(2{,}95\) мА, ни среднее: у каждого показания своя погрешность включения, и она растёт с сопротивлением прибора. Правильная экстраполяция даёт значение выше обоих показаний.

Проверка. Размерность: мА. Предел: если бы \(I_1=I_2\) (амперметр не влиял), получили бы \(I_0=I_1\): \(\frac{10}{7}-\frac37=1\). Знак: \(I_0>I_1>I_2\), потому что показание тем меньше, чем больше сопротивление прибора (\(r_2>r_1\)). Числа согласуются: \(r_1/\varepsilon=\frac37(0{,}34483-0{,}33898)=2{,}5\cdot10^{-3}\) мА\(^{-1}\), и \(1/I_1=0{,}33648+0{,}0025=0{,}33898\). Физический смысл: прибор на пределе \(10\) мА отнимает у тока около \(0{,}7\,\%\), на пределе \(3\) мА — около \(2{,}4\,\%\).

Ответ: \(I_0=\left(\dfrac{10}{7I_1}-\dfrac{3}{7I_2}\right)^{-1}\approx2{,}97\) мА.

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