Всесоюзная, 1985/86, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Заметить вращение можно, когда Андромеда сместится на небе хотя бы на угол, который телескоп различает. Угловую скорость вращения найдите из второго закона Ньютона для одной из масс, а числа получите, сравнив с Землёй и Солнцем.

Ответ

\(t=\dfrac{\lambda}{D}\sqrt{\dfrac{R^3}{G(M_{\text{Г}}+M_{\text{А}})}}\approx 9\cdot10^{2}\) лет.

Решение

Что происходит. Галактика и Андромеда притягиваются и обращаются вокруг общего центра масс \(O\); прямая, соединяющая их, поворачивается с постоянной угловой скоростью \(\omega\). Если смотреть из Галактики, Андромеда обращается вокруг неё по окружности радиуса \(R\) с той же \(\omega\) (рисунок ниже). За время \(t\) изображение Андромеды сдвигается на угол \(\varphi=\omega t\). Заметить сдвиг можно, когда он не меньше угла, который различает телескоп. Главная идея — найти \(\omega\) из второго закона Ньютона и сравнить с Землёй, для которой всё известно.

Обозначения. \(r_{\text{Г}}\) и \(r_{\text{А}}\) — расстояния от центра масс до Галактики и до Андромеды, \(r_{\text{Г}}+r_{\text{А}}=R\); \(M=M_{\text{Г}}+M_{\text{А}}\); \(\omega_0=2\pi/(1\text{ год})\) — угловая скорость Земли на орбите.

1. Угловая скорость вращения. Центр масс делит расстояние между телами обратно пропорционально массам: \(r_{\text{Г}}=R\,M_{\text{А}}/M\). Обе массы обращаются с одной и той же \(\omega\), потому что прямая между ними всё время проходит через \(O\). Запишем второй закон Ньютона для Галактики: центростремительное ускорение создаёт сила тяготения со стороны Андромеды, \[M_{\text{Г}}\,\omega^2 r_{\text{Г}}=\frac{G M_{\text{Г}} M_{\text{А}}}{R^2}.\] Подставим \(r_{\text{Г}}\) и сократим \(M_{\text{Г}}M_{\text{А}}\): \[\omega^2\,\frac{R}{M}=\frac{G}{R^2}\quad\Rightarrow\quad \omega^2=\frac{G\,(M_{\text{Г}}+M_{\text{А}})}{R^3}.\] Обратите внимание: в \(\omega\) входит сумма масс, а не масса одной из них: так выглядит закон Кеплера для двух притягивающихся тел.

2. Сравнение с Землёй. Для Земли, обращающейся вокруг Солнца, тот же закон даёт \(\omega_0^2=GM_0/R_0^3\). Разделим одно на другое, \(G\) сократится: \[\frac{\omega^2}{\omega_0^2}=\frac{M_{\text{Г}}+M_{\text{А}}}{M_0}\left(\frac{R_0}{R}\right)^3=\frac{6{,}1\cdot10^{11}}{(1{,}42\cdot10^{11})^3}\approx 2{,}1\cdot10^{-22}, \qquad \omega\approx1{,}46\cdot10^{-11}\,\omega_0 .\]

3. Что различает телескоп. Зеркало диаметром \(D\) при длине волны \(\lambda\) даёт изображение точки с угловым размером порядка дифракционного предела \[\theta=\frac{\lambda}{D}=\frac{5\cdot10^{-7}}{6}\approx 8{,}3\cdot10^{-8}\text{ рад}.\] Сдвиг Андромеды на угол меньше \(\theta\) на снимках не виден. Сдвинуться на \(\theta\) она должна относительно далёких фоновых объектов: направление на неё поворачивается на угол \(\varphi=\omega t\).

4. Время. Условие \(\omega t=\theta\) даёт \[t=\frac{\theta}{\omega}=\frac{\lambda}{D}\sqrt{\frac{R^3}{G\,(M_{\text{Г}}+M_{\text{А}})}} =\frac{8{,}3\cdot10^{-8}}{1{,}46\cdot10^{-11}\cdot 2\pi}\text{ года}\approx 9\cdot10^{2}\text{ лет}.\] Обратите внимание: угол поворота очень мал, и вся модель — оценка: орбита считается круговой, плоскость орбиты — перпендикулярной лучу зрения, а предел разрешения — \(\lambda/D\) (с множителем \(1{,}22\) вышло бы около \(1100\) лет, порядок тот же).

Проверка. Размерность: \(\sqrt{R^3/(GM)}\) имеет размерность времени, потому что \(GM/R^2\) — ускорение. Смысл числа: период взаимного обращения \(2\pi/\omega\approx7\cdot10^{10}\) лет, больше возраста Вселенной, поэтому за тысячу лет направление поворачивается лишь на \(\sim10^{-7}\) рад — как раз на предел телескопа. Если бы массы были больше в \(100\) раз, время сократилось бы в \(10\) раз.

Ответ: \(t=\dfrac{\lambda}{D}\sqrt{\dfrac{R^3}{G\,(M_{\text{Г}}+M_{\text{А}})}}\approx9\cdot10^{2}\) лет.

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

Подсказка

Сравнивайте давления у нижнего конца трубочки изнутри и снаружи: вытекание или втекание прекращается, когда они сравняются. Следите, чем заполнена трубочка на каждом этапе.

Ответ

В первый раз вытечет масса \(m_1=S\,(\varrho_2-\varrho_1)(H+l)\). За каждый следующий цикл втекает масса лёгкой жидкости \(S\,l\,(\varrho_2-\varrho_1)\) и вытекает такая же масса тяжёлой: \(S\,l\,(\varrho_2-\varrho_1)\).

Решение

Что происходит. Пока трубочка заполнена тяжёлой жидкостью, давление у её нижнего конца изнутри больше, чем снаружи на той же глубине: столб тяжёлой жидкости весит больше столба лёгкой. Тяжёлая жидкость вытекает, уровень в малом сосуде опускается, давление изнутри падает, и вытекание прекращается, когда давления сравнялись. Тогда у выхода трубочки тяжёлая жидкость стоит над лёгкой — положение неустойчивое, и лёгкая жидкость входит в трубочку и всплывает в малый сосуд. Теперь трубочка заполнена лёгкой жидкостью, давление изнутри стало меньше, чем снаружи, лёгкая жидкость втекает, пока давления снова не сравняются, а затем тяжёлая опять заполняет трубочку, и всё повторяется. Главная идея — на каждом этапе уравнять давления у нижнего конца трубочки.

Обозначения. \(h\) — высота столба тяжёлой жидкости в малом сосуде над его дном, \(a\) — толщина слоя лёгкой жидкости, плавающего над ней (вначале \(a=0\), \(h=H\)). Объёмом самой тонкой трубочки пренебрегаем. Атмосферное давление действует сверху на обе поверхности и сокращается. Течения медленные, поэтому в конце каждого этапа жидкость у выхода трубочки покоится и давления там равны.

На рисунке показаны четыре состояния: 1) начало; 2) после первого вытекания; 3) после первого втекания; 4) после второго вытекания. На рисунке \(\varrho_1=1\), \(\varrho_2=1{,}5\), \(H=2\), \(l=1\) в условных единицах.

1. Давление у нижнего конца трубочки. Снаружи на глубине \(H+l\) под поверхностью лёгкой жидкости давление равно \(p_0+g\varrho_1(H+l)\). Внутри оно равно давлению столбов над концом трубочки: слой лёгкой жидкости, столб тяжёлой и сама трубочка: \[p_{\text{внутри}}=p_0+g\left(\varrho_1 a+\varrho_2 h+\varrho_{\text{тр}}\, l\right),\] где \(\varrho_{\text{тр}}\) — плотность жидкости, которой заполнена трубочка: \(\varrho_2\) при вытекании и \(\varrho_1\) при втекании. Введём величину \(\Phi=\varrho_1 a+\varrho_2 h\) — давление жидкостей малого сосуда у его дна, делённое на \(g\).

2. Первое вытекание. Трубочка заполнена тяжёлой жидкостью, \(a=0\). Вытекание прекращается при равенстве давлений: \[\varrho_2\,(h_1+l)=\varrho_1\,(H+l)\quad\Rightarrow\quad h_1=\frac{\varrho_1}{\varrho_2}(H+l)-l .\] Уровень тяжёлой жидкости опустился на \(H-h_1=(H+l)\,\dfrac{\varrho_2-\varrho_1}{\varrho_2}\). Масса вытекшей жидкости \[m_1=\varrho_2 S\,(H-h_1)=S\,(\varrho_2-\varrho_1)(H+l).\] Мы предполагаем \(\varrho_2 l<\varrho_1(H+l)\), иначе \(h_1<0\) и вся тяжёлая жидкость вытекла бы сразу.

3. Первое втекание. Лёгкая жидкость заполняет трубочку, и теперь в ней \(\varrho_{\text{тр}}=\varrho_1\). Тяжёлая жидкость остаётся на высоте \(h_1\), а слой лёгкой растёт, пока давления снова не сравняются: \[\varrho_1 a_1+\varrho_2 h_1+\varrho_1 l=\varrho_1(H+l)\quad\Rightarrow\quad \varrho_1 a_1=\varrho_1 H-\varrho_2 h_1 .\] Подставим \(\varrho_2 h_1=\varrho_1(H+l)-\varrho_2 l\) из пункта 2: \[\varrho_1 a_1=(\varrho_2-\varrho_1)\,l ,\qquad m_{\text{л}}=\varrho_1 S a_1=S\,l\,(\varrho_2-\varrho_1).\] Теперь \(\Phi=\varrho_1 H\).

4. Второе вытекание и дальше. Тяжёлая жидкость снова заполняет трубочку, \(\varrho_{\text{тр}}=\varrho_2\), а слой лёгкой жидкости остаётся прежним. Вытекание идёт, пока \(\Phi+\varrho_2 l=\varrho_1(H+l)\), то есть \(\Phi\) уменьшится до \(\varrho_1 H-(\varrho_2-\varrho_1)\,l\). Убывает только \(\varrho_2 h\), поэтому \[\varrho_2 S\,\Delta h=S\,(\varrho_2-\varrho_1)\,l ,\] то есть вытекает масса \(S\,l\,(\varrho_2-\varrho_1)\). Следующее втекание снова поднимает \(\Phi\) ровно на \((\varrho_2-\varrho_1)\,l\) за счёт слоя лёгкой жидкости, так что цикл повторяется без изменений: за цикл втекает и вытекает по \(S\,l\,(\varrho_2-\varrho_1)\) (масса одна и та же, объёмы разные). На графике \(\Phi\) по этапам видно, что после первого большого спада \(\Delta_1=(\varrho_2-\varrho_1)(H+l)\) величина колеблется между двумя значениями с размахом \(\Delta=(\varrho_2-\varrho_1)\,l\).

Обратите внимание: уровень в малом сосуде после втекания остаётся ниже уровня снаружи, так как из \(\varrho_1 a+\varrho_2 h=\varrho_1 H\) и \(\varrho_2>\varrho_1\) следует \(a+h<H\). Поэтому сосуд не переполняется, а процесс идёт, пока в нём остаётся тяжёлая жидкость.

Проверка. Размерность: \(S\,l\,\varrho\) — площадь на длину на плотность, то есть масса. При \(\varrho_2\to\varrho_1\) все массы стремятся к нулю: нет разности весов столбов — нет движения. В первый раз вытекает больше, чем в следующие: \(m_1/m=(H+l)/l>1\); в первый раз «перекладывается» вся разность столбов высотой \(H+l\), а в каждом цикле — только разность весов столба тяжёлой и столба лёгкой жидкости в трубочке длиной \(l\).

Ответ: \(m_1=S\,(\varrho_2-\varrho_1)(H+l)\); за каждый следующий цикл \(m_{\text{л}}=m_{\text{т}}=S\,l\,(\varrho_2-\varrho_1)\).

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

Подсказка

Пока в сосуде есть вода, пар насыщенный, и давление зависит только от температуры. Когда поршень остановился? Запишите уравнение Менделеева — Клапейрона для пара и для воздуха в начале и в конце и найдите по таблице точки, где выполняется ещё и условие насыщения.

Ответ

Масса пара вначале \(m_{\text{п}0}=m/3\approx1{,}3\) г; масса воздуха \(m_{\text{в}}\approx2{,}1\) г; начальная температура \(t_0\approx127\,^\circ\)C (\(T_0\approx400\) К); поршень остановился при \(t_1\approx153\,^\circ\)C.

Решение

Что происходит. Пока в правой части есть вода, пар в ней насыщенный, и его давление равно \(p_{\text{н}}(t)\). С ростом температуры оно растёт быстрее, чем давление воздуха при постоянном объёме (\(p\propto T\)), поэтому поршень сдвигается в сторону воздуха, а давления слева и справа в каждый момент равны. Движение прекратилось, когда вся вода испарилась: дальше пар ненасыщенный, оба газа нагреваются при неизменных объёмах и давлениях в одинаковом отношении, и поршень стоит. Главная идея — в момент остановки вся масса \(m\) стала паром, а объёмы газов известны из смещения.

Обозначения. Индекс \(0\) — начало, без индекса — момент остановки. Длина цилиндра \(2L\), каждая часть вначале занимает объём \(V_0\); смещение на четверть длины цилиндра, то есть на \(L/2\), уменьшает объём воздуха до \(V_{\text{в}}=V_0/2\) и увеличивает объём пара до \(V_{\text{п}}=3V_0/2\). \(M=18\) г/моль — молярная масса воды, \(M_{\text{в}}=29\) г/моль — молярная масса воздуха.

1. Момент остановки. В этот момент вся вода — пар, и он ещё насыщенный. Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона для пара массой \(m\) в объёме \(V_{\text{п}}\): \[p\,\frac{3V_0}{2}=\frac{m}{M}\,RT\quad\Rightarrow\quad \frac{p}{T}=\frac{2mR}{3MV_0}\approx1{,}23\cdot10^{3}\ \frac{\text{Па}}{\text{К}} .\] Одновременно пар насыщенный: \(p=p_{\text{н}}(t)\), \(T=t+273\). На графике это прямая \(2\), проведённая через начало координат \(p=1231\,T\), и кривая \(p_{\text{н}}(t)\) по таблице. Они пересекаются в одной точке (рисунок ниже): \(t_1\approx153\,^\circ\)C, \(p\approx5{,}2\cdot10^5\) Па.

2. Начальное состояние. Воздух: масса постоянна, поршень в конце сжал его до \(V_0/2\) при том же давлении \(p\) и температуре \(T\): \[\frac{p_0V_0}{T_0}=\frac{p\,V_0/2}{T}\quad\Rightarrow\quad \frac{p_0}{T_0}=\frac12\,\frac{p}{T}\approx6{,}2\cdot10^{2}\ \frac{\text{Па}}{\text{К}} .\] В начале пар тоже насыщенный (вода и пар вместе), поэтому \(p_0=p_{\text{н}}(t_0)\). На графике это прямая \(1\), \(p_0=616\,T_0\), и её пересечение с кривой даёт \(t_0\approx127\,^\circ\)C (\(T_0\approx400\) К), \(p_0\approx2{,}5\cdot10^5\) Па.

3. Масса пара вначале. Для начального пара в объёме \(V_0\): \[m_{\text{п}0}=\frac{M p_0V_0}{RT_0}=\frac{MV_0}{R}\cdot\frac{p_0}{T_0}\approx\frac{0{,}018\cdot10^{-3}\cdot616}{8{,}31}\ \text{кг}\approx1{,}3\cdot10^{-3}\ \text{кг}.\] Это можно записать и без таблицы: по пункту 2 \(p_0V_0/T_0=\tfrac13\,p\,V_{\text{п}}/T\), а \(p\,V_{\text{п}}/T=mR/M\). Значит \(m_{\text{п}0}=m/3\approx1{,}3\) г.

4. Масса воздуха. Вначале поршень в равновесии: давления в двух частях равны, объёмы равны (\(V_0\)), температуры равны. По уравнению Менделеева — Клапейрона число молей воздуха равно числу молей пара вначале: \[\nu_{\text{в}}=\frac{p_0V_0}{RT_0}=\frac{m_{\text{п}0}}{M}=\frac{m}{3M}\approx0{,}074\ \text{моль},\qquad m_{\text{в}}=M_{\text{в}}\nu_{\text{в}}\approx29\cdot0{,}074\ \text{г}\approx2{,}1\ \text{г}.\] Обратите внимание: после остановки поршня давление пара уже не равно \(p_{\text{н}}\): воды нет, пар ненасыщенный. Условие насыщения верно только в двух состояниях — вначале и в момент, когда последняя капля испарилась.

Проверка. Размерность: \(MV_0\,p_0/(RT_0)\) — килограммы. Второй способ для начальной массы пара: плотность насыщенного пара при \(127\,^\circ\)C равна \(p_0M/(RT_0)\approx2{,}5\cdot10^5\cdot0{,}018/(8{,}31\cdot400)\approx1{,}3\) кг/м\(^3\), а в объёме \(V_0=10^{-3}\) м\(^3\) это \(1{,}3\) г — то же число. При остановке плотность пара \(m/V_{\text{п}}=4\text{ г}/1{,}5\text{ л}\approx2{,}7\) кг/м\(^3\) совпадает с плотностью насыщенного пара при \(153\,^\circ\)C (\(5{,}2\cdot10^5\cdot0{,}018/(8{,}31\cdot426)\approx2{,}7\) кг/м\(^3\)). Смысл: вначале вода есть (\(4-1{,}3=2{,}7\) г), в конце она кончилась.

Ответ: \(m_{\text{п}0}=m/3\approx1{,}3\) г; \(m_{\text{в}}=\dfrac{M_{\text{в}}m}{3M}\approx2{,}1\) г; \(t_0\approx127\,^\circ\)C (\(T_0\approx400\) К); поршень остановился при \(t_1\approx153\,^\circ\)C.

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

Подсказка

Пока сердечник стоит, индуктивность постоянна, а ток растёт линейно: по графику найдите \(L_0\). Потом ток почти постоянен, а индуктивность растёт — запишите закон сохранения энергии: работа источника идёт в энергию магнитного поля и в кинетическую энергию сердечника.

Ответ

\(L_0=\dfrac{U t_1}{I_0}\approx1\cdot10^{-4}\) Гн; \(v\approx10\) м/с.

Решение

Что происходит. Сразу после подключения сердечник неподвижен, индуктивность катушки \(L_0\) постоянна, и ток растёт линейно: \(U=L_0\,dI/dt\). Затем сердечник набирает скорость и втягивается, индуктивность растёт, и ток перестаёт расти: на графике плато \(I\approx I_0\) до момента \(\tau\). Главная идея — потерь нет, поэтому вся работа источника идёт на энергию магнитного поля и на кинетическую энергию сердечника.

Обозначения. \(L(t)\) — индуктивность катушки с сердечником в момент \(t\); \(t_1=10^{-5}\) с — время нарастания тока до \(I_0=10\) А по графику. Сопротивление катушки и проводов не учитываем: «пренебрегая потерями».

1. Начальная индуктивность. Сердечник за \(t_1\) почти не сдвигается (он начинает движение с нуля), поэтому на первом участке \(L=L_0\). Закон Фарадея для катушки без сопротивления: напряжение источника равно скорости изменения потокосцепления, \[U=\frac{d(LI)}{dt}.\] При \(L=L_0\) получаем \(U=L_0\,dI/dt\), ток растёт линейно, \(I_0=Ut_1/L_0\), откуда \[L_0=\frac{Ut_1}{I_0}=\frac{100\cdot10^{-5}}{10}\ \text{Гн}=1\cdot10^{-4}\ \text{Гн}=0{,}1\ \text{мГн}.\]

2. Индуктивность в момент \(\tau\). Просуммируем уравнение \(U\,dt=d(LI)\) от \(t=0\) (потокосцепление равно нулю) до \(\tau\): \[U\tau=L(\tau)\,I(\tau)\quad\Rightarrow\quad L(\tau)=\frac{U\tau}{I_0}=\frac{100\cdot10^{-3}}{10}\ \text{Гн}=1\cdot10^{-2}\ \text{Гн}=10\ \text{мГн}.\] Индуктивность выросла в \(100\) раз; на плато она растёт почти линейно, \(dL/dt=U/I_0\) (график \(L(t)\) ниже).

3. Работа источника. Источник за время от \(0\) до \(\tau\) совершает работу \(A=\int UI\,dt=Uq\), где \(q=\int I\,dt\) — заряд, прошедший через катушку, то есть площадь под графиком тока. Ток нарастает за \(t_1\) линейно (площадь \(I_0t_1/2\)), потом равен \(I_0\): \[q=I_0\left(\tau-\frac{t_1}{2}\right)\approx10\cdot0{,}995\cdot10^{-3}\ \text{Кл}\approx1\cdot10^{-2}\ \text{Кл},\qquad A=Uq\approx0{,}995\ \text{Дж}\approx1\ \text{Дж}.\]

4. Энергия магнитного поля. В момент \(\tau\) по катушке течёт ток \(I_0\), индуктивность \(L(\tau)\): \[W=\frac{L(\tau)\,I_0^2}{2}=\frac{U\tau\,I_0}{2}=\frac{100\cdot10^{-3}\cdot10}{2}\ \text{Дж}=0{,}5\ \text{Дж}.\]

5. Закон сохранения энергии. Для системы источник — катушка — сердечник без потерь: работа источника равна энергии магнитного поля плюс кинетической энергии сердечника (вначале поля нет, сердечник покоится): \[A=W+\frac{Mv^2}{2}\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt{\frac{2\,(A-W)}{M}}=\sqrt{\frac{2\cdot0{,}495}{0{,}01}}\ \text{м/с}\approx10\ \text{м/с}.\]

Обратите внимание: ток не растёт, но энергия растёт — из-за роста индуктивности. Источник отдаёт мощность \(UI_0\), но только половина идёт в энергию поля, вторая половина — в работу по втягиванию сердечника.

Проверка. Размерность: \(U\tau I_0\) — вольт на секунду на ампер, то есть джоуль. Второй способ: на плато \(W=L I_0^2/2\) растёт со скоростью \(dW/dt=\dfrac{I_0^2}{2}\dfrac{dL}{dt}=\dfrac{UI_0}{2}=500\) Вт, мощность источника \(UI_0=1000\) Вт, значит на механическую работу идут остальные \(500\) Вт; за \(\tau\) это \(0{,}5\) Дж, и снова \(v=\sqrt{2\cdot0{,}5/0{,}01}=10\) м/с. Смысл: в момент \(\tau\) источник отдал энергию поровну полю и сердечнику.

Ответ: \(L_0=\dfrac{Ut_1}{I_0}\approx1\cdot10^{-4}\) Гн; \(v=\sqrt{\dfrac{2\,(U\,q-U\tau I_0/2)}{M}}\approx10\) м/с.

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

Подсказка

Идеальный амперметр замыкает выводы 3 и 2 накоротко, а идеальный вольтметр тока не потребляет. Какие элементы могут стоять на пути тока в первой схеме, чтобы ток отставал по фазе и почти не менялся при уменьшении частоты? Постройте векторные диаграммы напряжений для обеих схем.

Ответ

\(R=150\) Ом, \(L\approx13{,}8\) мГн, \(C\approx0{,}46\) мкФ (напряжение генератора \(U_0=10\sqrt3\approx17\) В); частоту надо увеличить в \(2\) раза.

Решение

Что происходит. Сначала по данным первой схемы выясним, из чего состоит ветвь \(1\)–\(3\), а потом по второй найдём всё остальное. В схеме а идеальный амперметр соединяет выводы \(3\) и \(2\) накоротко, а генератор подключён к выводам \(1\) и \(2\): амперметр измеряет ток, текущий от вывода \(1\) через ящик к выводу \(3\). Ток отстаёт по фазе — в этой ветви есть катушка. При уменьшении частоты в \(100\) раз ток вырос менее чем в \(2\) раза — значит, при малой частоте сопротивление ветви остаётся порядка \(R\): есть резистор, а конденсатора в этой ветви нет (он давал бы \(I\to0\) при \(\omega\to0\)). Значит, между выводами \(1\) и \(3\) последовательно стоят катушка и резистор, а конденсатор может быть только между выводами \(3\) и \(2\): так он замкнут амперметром накоротко и не влияет на \(I_1\), а в схеме б вольтметр показывает напряжение именно на конденсаторе. Это единственное расположение, при котором данные согласуются: конденсатор параллельно генератору (выводы \(1\) и \(2\)) оставил бы вольтметру нулевой сдвиг фаз.

Главная идея — записать условия через векторные диаграммы напряжений: ток \(I\) общий для последовательной цепи, \(U_R\) с ним в фазе, \(U_L\) опережает его на \(\pi/2\), \(U_C\) отстаёт на \(\pi/2\).

Обозначения. \(\omega=2\pi\nu_1\); \(U_0\) — амплитуда напряжения генератора (неизвестна, неизменна); \(I_2\) — ток в схеме б. Все напряжения и токи — амплитудные (или все действующие): их отношения одни и те же.

1. Схема а.} Цепь — катушка и резистор последовательно (\(C\) закорочен). Ток отстаёт от напряжения на \(\varphi=\pi/6\), а из диаграммы (рисунок ниже, а) \(\tan\varphi=U_L/U_R=\omega L/R\). Отсюда \[\omega L=R\tan\frac{\pi}{6}=\frac{R}{\sqrt3},\qquad |Z_a|=\frac{R}{\cos(\pi/6)}=\frac{2R}{\sqrt3},\qquad I_1=\frac{U_0}{|Z_a|}=\frac{\sqrt3\,U_0}{2R}.\] При уменьшении частоты в \(100\) раз \(\omega L\) становится в \(100\) раз меньше и \(|Z|\) уменьшается от \(2R/\sqrt3\approx1{,}155R\) до \(R\): ток растёт в \(1{,}155\) раза, меньше чем в \(2\), как и сказано.

2. Схема б.} Вольтметр идеальный, ток через него не идёт, поэтому цепь — резистор, катушка и конденсатор последовательно, общий ток \(I_2\), а вольтметр показывает напряжение на конденсаторе \(U_1=I_2/(\omega C)\). Напряжение на конденсаторе отстаёт от тока на \(\pi/2\). Если бы ток отставал от напряжения генератора (цепь индуктивная), то \(U_C\) отставало бы от \(U_0\) на угол больше \(\pi/2\); сдвиг \(\pi/6\) возможен, только когда ток опережает напряжение на угол \(\varphi_2\) и \(\pi/2-\varphi_2=\pi/6\): \[\varphi_2=\frac{\pi}{3}.\] Диаграмма (рисунок ниже, б): \(U_R=I_2R\) — по току, \(U_L=I_2\omega L\) — вверх, \(U_C=I_2/(\omega C)\) — вниз, сумма \(\vec U_R+\vec U_L+\vec U_C=\vec U_0\) наклонена к току на \(\pi/3\) вниз. Отсюда \[\frac{U_C-U_L}{U_R}=\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt3\quad\Rightarrow\quad \frac{1}{\omega C}=\omega L+\sqrt3\,R=\frac{R}{\sqrt3}+\sqrt3R=\frac{4R}{\sqrt3}, \qquad |Z_{\text{б}}|=\frac{R}{\cos(\pi/3)}=2R .\]

На рисунке \(U_C\) справа перенесено без изменения вдоль самого себя, а штриховой \(U_C\) слева показывает угол \(\alpha=\pi/6\) между \(U_C\) и \(U_0\). Числа для рисунка: а) \(U_R=15\) В, \(U_L=8{,}7\) В, \(U_0=17{,}3\) В; б) \(U_R=8{,}7\) В, \(U_L=5\) В, \(U_C=20\) В.

3. Параметры. Показание вольтметра: \[U_1=I_2\cdot\frac{1}{\omega C}=\frac{U_0}{2R}\cdot\frac{4R}{\sqrt3}=\frac{2U_0}{\sqrt3}\quad\Rightarrow\quad U_0=\frac{\sqrt3}{2}U_1=10\sqrt3\ \text{В}\approx17{,}3\ \text{В}.\] Из пункта 1: \[R=\frac{\sqrt3\,U_0}{2I_1}=\frac{\sqrt3\cdot10\sqrt3}{2\cdot0{,}1}\ \text{Ом}=150\ \text{Ом},\] \[L=\frac{R}{\sqrt3\,\omega}=\frac{150}{\sqrt3\cdot2\pi\cdot1000}\ \text{Гн}\approx1{,}38\cdot10^{-2}\ \text{Гн},\qquad C=\frac{\sqrt3}{4R\omega}=\frac{\sqrt3}{4\cdot150\cdot2\pi\cdot1000}\ \text{Ф}\approx4{,}6\cdot10^{-7}\ \text{Ф}.\]

4. Сдвиг \(\pi/2\). Напряжение на конденсаторе отстаёт от тока на \(\pi/2\) всегда. Сдвиг между \(U_C\) и \(U_0\) равен \(\pi/2\), когда ток совпадает по фазе с \(U_0\), то есть при резонансе \(\omega_{\text{р}}L=1/(\omega_{\text{р}}C)\), \(\omega_{\text{р}}^2=1/(LC)\). На частоте \(\omega\) отношение \(\omega L\) к \(1/(\omega C)\) равно \(\omega^2LC=\dfrac{R/\sqrt3}{4R/\sqrt3}=\dfrac14\), поэтому \[\left(\frac{\omega_{\text{р}}}{\omega}\right)^2=\frac{1}{\omega^2LC}=4\quad\Rightarrow\quad \frac{\omega_{\text{р}}}{\omega}=2 .\] Обратите внимание: ящик на рисунке не раскрыт, и порядок катушки и резистора в ветви \(1\)–\(3\) никакие из этих измерений не определяют: они влияют на результат одинаково, пока оба в одной ветви.

Проверка. Размерность: \(\omega L\) и \(1/(\omega C)\) — ом, \(R\) — ом. Проверим схему б числами: \(|Z_{\text{б}}|=300\) Ом, \(I_2=17{,}3/300\approx0{,}058\) А, \(U_C=0{,}058\cdot346{,}4=20\) В — как показал вольтметр. Резонанс: \(\omega_{\text{р}}=2\omega\) даёт \(\omega_{\text{р}}L=173\) Ом \(=1/(\omega_{\text{р}}C)\). Смысл: на частоте \(\nu_1\) конденсатор «сильнее» катушки в \(4\) раза по сопротивлению, цепь ёмкостная, и надо поднять частоту, чтобы уравнять реактивные сопротивления.

Ответ: \(R=150\) Ом, \(L\approx13{,}8\) мГн, \(C\approx0{,}46\) мкФ; частоту нужно увеличить в \(2\) раза.

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