Всесоюзная, 1990/91, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Волк всегда на расстоянии \(R\) и от центра, и от зайца, то есть на серединном перпендикуляре к отрезку «центр — заяц». Получите его скорость и ускорение как функции угла и сравните ускорение с максимальным, которое может дать трение.

Ответ

Волк добежит до точки, отстоящей по дуге от начального положения на угол \(\varphi\), где \(\cos^3\varphi=\dfrac{v_0^2}{4R\mu g}\): \(\varphi\approx54^\circ\) (дуга \(\approx9{,}4\) м; скорость волка в этот момент \(\approx1{,}7\) м/с).

Решение

Что происходит. Заяц убегает по прямой от центра, а волк должен всё время быть от него на расстоянии \(R\). Для этого волк должен находиться в точке окружности, равноудалённой на \(R\) от центра \(O\) и от зайца, а такая точка лежит на серединном перпендикуляре к отрезку центр — заяц. Заяц движется равномерно, но проекция волка на направление движения зайца — вдвое медленнее, и волку приходится бежать по окружности всё быстрее и быстрее. Единственная сила, разгоняющая и поворачивающая волка, — трение льда; её максимум \(\mu mg\) ограничивает ускорение \(\mu g\), и волк отстанет в тот момент, когда нужное ускорение сравняется с \(\mu g\).

Обозначения. \(O\) — центр окружности, \(Z\) — заяц, \(B\) — волк; \(\varphi\) — угол между направлением на волка из \(O\) и направлением на его начальное положение \(B_0\) (перпендикулярным пути зайца); \(h=v_0t\) — расстояние, пройденное зайцем; \(v\), \(a_\tau\), \(a_n\) — скорость, тангенциальное и нормальное ускорения волка.

1. Положение волка. Треугольник \(OBZ\) равнобедренный (\(OB=BZ=R\)), поэтому проекция \(B\) на путь зайца делит отрезок \(OZ\) пополам: координата волка вдоль пути зайца равна \(h/2=v_0t/2\). С другой стороны, эта координата равна \(R\sin\varphi\): \[R\sin\varphi=\frac{v_0t}{2}.\]

2. Скорость волка. Уравнение шага 1 верно в любой момент, поэтому для малого промежутка времени \(dt\) получаем \(R\cos\varphi\,d\varphi=\dfrac{v_0}{2}\,dt\). Скорость волка вдоль окружности \(v=R\,\dfrac{d\varphi}{dt}\): \[v=\frac{v_0}{2\cos\varphi}.\] Она растёт от \(v_0/2\) при \(\varphi=0\) и неограниченно при \(\varphi\to90^\circ\).

3. Ускорение волка. Нормальное (центростремительное) ускорение \(a_n=\dfrac{v^2}{R}=\dfrac{v_0^2}{4R\cos^2\varphi}\). Тангенциальное \(a_\tau=\dfrac{dv}{dt}=\dfrac{v_0\sin\varphi}{2\cos^2\varphi}\cdot\dfrac{d\varphi}{dt}=\dfrac{v_0^2\sin\varphi}{4R\cos^3\varphi}\). Отношение \(a_\tau/a_n=\operatorname{tg}\varphi\), поэтому полное ускорение \[a=\sqrt{a_\tau^2+a_n^2}=\frac{a_n}{\cos\varphi}=\frac{v_0^2}{4R\cos^3\varphi}.\]

4. Предел по трению. Второй закон Ньютона для волка в горизонтальной плоскости: единственная горизонтальная сила — сила трения, и она не больше \(\mu mg\) (волк не проскальзывает, пока \(ma\le\mu mg\)). Значит, движение возможно, пока \[\frac{v_0^2}{4R\cos^3\varphi}\le\mu g\quad\Longleftrightarrow\quad\cos^3\varphi\ge\frac{v_0^2}{4R\mu g}=\frac{4}{4\cdot10\cdot0{,}05\cdot9{,}8}\approx0{,}204 .\] Предельное значение: \(\cos\varphi=0{,}204^{1/3}\approx0{,}589\), \(\varphi\approx54^\circ\). График показывает, как ускорение (сначала \(0{,}1\) м/с\(^2\)) растёт и пересекает \(\mu g=0{,}49\) м/с\(^2\).

5. Точка. Волк добежит по дуге на угол \(\varphi\approx54^\circ\) от начальной точки в сторону, куда побежал заяц (длина дуги \(R\varphi\approx10\cdot0{,}94=9{,}4\) м); его координаты \(x=R\sin\varphi\approx8{,}1\) м вдоль пути зайца и \(y=R\cos\varphi\approx5{,}9\) м по направлению от центра к начальному положению волка. В этот момент скорость волка \(v=v_0/(2\cos\varphi)\approx1{,}7\) м/с.

Обратите внимание. Ограничивает не скорость, а полное ускорение: нужно учитывать и поворот (центростремительное), и разгон (тангенциальное). Если взять только \(a_n\le\mu g\), получится \(\cos^2\varphi=v_0^2/(4R\mu g)\) и \(\varphi\approx63^\circ\) — ответ завышен, потому что на разгон волка трение тоже тратится.

Ответ. \(\cos^3\varphi=\dfrac{v_0^2}{4R\mu g}\), \(\varphi\approx54^\circ\) от начальной точки (дуга \(\approx9{,}4\) м).

Проверка. Размерность: \(v_0^2/(R\mu g)\) безразмерно. Предел \(\mu\to\infty\): \(\cos\varphi\to0\), \(\varphi\to90^\circ\) — без ограничения по трению ничто не останавливало бы волка до \(\varphi=90^\circ\) (там его скорость уже неограниченна). Подстановка: при \(\varphi=54^\circ\) получаем \(a=0{,}1/0{,}204=0{,}49\) м/с\(^2=\mu g\). Результат устойчив к выбору \(g\): при \(g=10\) м/с\(^2\) \(\cos^3\varphi=0{,}2\) и \(\varphi\approx54{,}2^\circ\).

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

Подсказка

Пока груз скользит по гладкому дну, коробка стоит. При упругом ударе тел равной массы скорости обмениваются. Ударов бесконечно много, но смещение коробки можно найти сразу для всего процесса через изменение энергии.

Ответ

\(S=\dfrac{L\sin\alpha}{2(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)}\approx0{,}26\) м.

Решение

Что происходит. Груз скользит по гладкому дну коробки и коробку вдоль склона не тянет: он давит на неё только перпендикулярно дну. Коробка при этом стоит на месте. Упругий удар тел равной массы обменивает скорости: груз останавливается, коробка получает скорость груза и едет вниз, тормозясь трением о склон, останавливается, а оставшийся позади груз снова разгоняется и догоняет нижнюю стенку. Ударов бесконечно много, но все они укладываются в конечное смещение. Главная идея: не считать каждый цикл, а применить закон изменения механической энергии ко всему процессу от начала до полной остановки.

Обозначения. Масса коробки и груза \(M=m\); \(S\) — смещение коробки вниз по склону к концу; ось вдоль склона направлена вниз. Груз считаем точкой.

1. Коробка стоит, пока груз скользит. Груз давит на дно с силой \(mg\cos\alpha\), поэтому сила реакции склона на коробку \(N_1=(M+m)g\cos\alpha=2Mg\cos\alpha\), а наибольшая сила трения покоя \(\mu N_1=2\mu Mg\cos\alpha\). Вдоль склона на коробку действует только составляющая силы тяжести \(Mg\sin\alpha\). Покой возможен, если \[Mg\sin\alpha\le2\mu Mg\cos\alpha\quad\Longleftrightarrow\quad 0{,}5\le1{,}39 ,\] условие выполнено. Так же и до отклеивания: у пары условие покоя \(\tan\alpha\le\mu\), то есть \(0{,}58\le0{,}8\).

2. Первый удар. Груз проходит вдоль гладкого дна путь \(L\) с ускорением \(g\sin\alpha\) (второй закон Ньютона для груза в проекции на ось склона), поэтому перед ударом \(v^2=2g\sin\alpha\,L\). Удар упругий, короткий; за его время внешние силы (тяжесть, трение) импульса почти не меняют, поэтому для системы груз + коробка сохраняются импульс и кинетическая энергия. У двух тел равной массы, из которых одно стоит, это означает обмен скоростями: груз остановился, коробка поехала со скоростью \(v\).

3. Что дальше. Теперь на коробку действуют вдоль склона сила тяжести \(Mg\sin\alpha\) вниз и трение скольжения \(2\mu Mg\cos\alpha\) вверх, она тормозит с ускорением \[a_k=(2\mu\cos\alpha-\sin\alpha)\,g\approx0{,}89\,g .\] Груз, начавший с нуля, разгоняется с ускорением \(g\sin\alpha=0{,}5g\). За время торможения коробки \(t_1=v/a_k\) груз проходит \(\dfrac{g\sin\alpha\,t_1^2}{2}\), а коробка — \(\dfrac{v^2}{2a_k}\). Их отношение \(\dfrac{g\sin\alpha}{a_k}=0{,}56<1\): груз не догонит коробку, пока она едет; коробка остановится, и снова будет стоять по условию из п. 1. Груз докатится до нижней стенки, удар повторится, коробка получит новую (меньшую) скорость, и так без конца: каждый раз коробка стоит в момент удара, а груз в итоге оказывается у нижней стенки и останавливается вместе с ней.

4. Энергия всего процесса. Начало: всё неподвижно, груз у верхней стенки. Конец: всё неподвижно, груз у нижней стенки, коробка сместилась на \(S\) вниз, груз — на \(S+L\). Применим закон изменения механической энергии системы груз + коробка между этими состояниями: изменение энергии равно работе трения скольжения. Трение действует на коробку, когда она движется; его сила постоянна \(F=2\mu Mg\cos\alpha\) (груз давит на дно всё время), путь коробки в сумме равен \(S\) (она ни разу не едет назад). Удары упругие — потерь нет, на дне трения нет. Кинетическая энергия в начале и в конце нулевая, остаётся убыль потенциальной: \[Mg\sin\alpha\,S+mg\sin\alpha\,(S+L)=2\mu Mg\cos\alpha\,S .\] Отсюда \((2\mu\cos\alpha-2\sin\alpha)S=L\sin\alpha\): \[S=\frac{L\sin\alpha}{2(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)} .\] Обратите внимание: трение вычисляется по полному весу \((M+m)g\cos\alpha\): груз давит на дно коробки, хотя сам по дну не трётся. Если взять только \(Mg\cos\alpha\), коробка по расчёту вообще не остановилась бы (знаменатель стал бы отрицательным) — неверно.

Ответ. \(S=\dfrac{0{,}2\cdot0{,}5}{2(0{,}8\cdot0{,}866-0{,}5)}=\dfrac{0{,}1}{0{,}386}\approx0{,}26\) м.

Проверка. Второй способ — суммой ударов. Пусть \(k=\dfrac{\sin\alpha}{2\mu\cos\alpha-\sin\alpha}=0{,}56\). Перед первым ударом \(v^2=2g\sin\alpha L\), коробка проезжает \(s_1=\dfrac{v^2}{2a_k}\). Груз к следующему удару набирает \(u^2=2g\sin\alpha\,s_1=kv^2\), поэтому путь коробки после следующего удара в \(k\) раз меньше: \(s_2=ks_1\) и так далее. Сумма прогрессии \[S=\frac{s_1}{1-k}=\frac{L\sin\alpha}{2\mu\cos\alpha-\sin\alpha}\cdot\frac{2\mu\cos\alpha-\sin\alpha}{2(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)}=\frac{L\sin\alpha}{2(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)} ,\] то же самое. Размерность — длина. Предельный случай: при \(\mu\to\tan\alpha\) знаменатель стремится к нулю и \(S\to\infty\) — при таком трении пара коробка + груз едва держится, и коробка уезжает далеко.

Физический смысл: потенциальная энергия груза и коробки целиком уходит в тепло в трении коробки о склон; ответ говорит, как далеко она уедет, пока тепла выделится столько.

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

Подсказка

На участке 1–2 пар насыщенный, и давление от объёма не зависит. Проверьте, что было бы при охлаждении 3–4, если бы пар оставался ненасыщенным, и сравните с данным в условии давлением. Массу всего азота найдёте по состоянию 3.

Ответ

1) \(657\) мм рт. ст. (\(\approx8{,}8\cdot10^4\) Па) — давление насыщенного пара при \(T_2\);  2) \(m_{\text{ж}}\approx3\) г.

Решение

Что происходит. Пока в сосуде есть жидкость, пар над ней насыщенный, и его давление зависит только от температуры, а не от объёма: при растяжении объёма жидкость испаряется (участок 1–2, давление постоянно). В точке 2 жидкости больше нет, оставшийся пар ненасыщенный и ведёт себя как идеальный газ (участок 2–3, изотерма). Дальше сосуд охлаждают при постоянном объёме. Ключ к обеим вопросам: сравнить давление, которое дал бы идеальный газ при охлаждении, с данным в условии.

Обозначения. Объёмы по рисунку: \(V_1\approx0{,}2\) л, \(V_2\approx0{,}8\) л, \(V_3\approx1{,}0\) л. \(p_{\text{нас}}(T)\) — давление насыщенного пара. Давления переводим по \(p=\varrho gh\): \(1\) мм рт. ст. \(=13600\cdot9{,}8\cdot10^{-3}\approx133\) Па; \(R=8{,}31\) Дж/(моль\(\cdot\)К).

1. Что было бы при охлаждении 3–4 без конденсации. Пар в точке 3 ненасыщенный, идеальный газ. При охлаждении в закреплённом сосуде (закон Шарля: \(p/T=\text{const}\) при постоянных массе газа и объёме) \[p_4'=p_3\frac{T_2}{T_1}=686\cdot\frac{76}{78}\approx668\ \text{мм рт. ст.}\] Данное в условии давление \(657\) меньше этого. Значит, газ перестал быть идеальным ненасыщенным: пар стал насыщенным, и часть его сконденсировалась. Поэтому \(p_2=657\) мм рт. ст. — это давление насыщенного пара при \(T_2=76\) К, а в сосуде после охлаждения снова есть жидкость. Проверим, что она там есть (п. 3).

2. Давление после возврата поршня. При \(T_2\) в сосуде пар над жидкостью. Поршень медленно двигают в начальное положение, объём уменьшается от \(V_3\) до \(V_1\): пар сжимается, часть его конденсируется, но пока жидкость есть, пар насыщенный, и давление равно \(p_{\text{нас}}(T_2)\) и не меняется: \[p=657\ \text{мм рт. ст.}\approx\varrho gh=13600\cdot9{,}8\cdot0{,}657\approx8{,}8\cdot10^{4}\ \text{Па}.\] Обратите внимание: давление не вычисляется по закону Бойля — Бойль относится к ненасыщенному пару, а здесь пар всё время насыщенный.

3. Масса азота. Вся масса азота в точке 2 — пар (жидкость кончилась), и в точке 3 — та же масса. Уравнение Менделеева — Клапейрона для пара в точке 3 (\(p_3=686\) мм рт. ст. \(=9{,}14\cdot10^4\) Па, \(V_3=1{,}0\cdot10^{-3}\) м\(^3\), \(T_1=78\) К): \[m=\frac{p_3V_3M}{RT_1}=\frac{9{,}14\cdot10^4\cdot1{,}0\cdot10^{-3}\cdot0{,}028}{8{,}31\cdot78}\approx3{,}95\cdot10^{-3}\ \text{кг}.\] Тут же найдём \(p_{\text{нас}}(T_1)\): на участке 2–3 изотерма, \(p_2V_2=p_3V_3\), откуда \(p_{\text{нас}}(T_1)=p_3V_3/V_2\approx858\) мм рт. ст. — согласуется с горизонтальным участком 1–2 на рисунке (\(\approx850\)).

Проверка того, что жидкость в точке 4 осталась: пар при \(T_2=76\) К, \(657\) мм рт. ст. \(=8{,}76\cdot10^4\) Па, \(V_3=1{,}0\cdot10^{-3}\) м\(^3\) содержит \(m_4=\dfrac{8{,}76\cdot10^4\cdot1{,}0\cdot10^{-3}\cdot0{,}028}{8{,}31\cdot76}\approx3{,}88\cdot10^{-3}\) кг, а азота всего \(3{,}95\) г, значит, сконденсировалось \(\approx0{,}07\) г. Жидкость есть, и вывод п. 2 верен.

4. Масса жидкости вначале. В точке 1 пар насыщенный при тех же \(p_{\text{нас}}(T_1)\) и \(T_1\), но занимает объём \(V_1\) (объём самой жидкости — около \(4\) см\(^3\) против \(200\) см\(^3\) — не учитываем). При одинаковых давлении и температуре масса пара пропорциональна объёму, поэтому масса пара в точке 1 равна \(m\,V_1/V_2\). Остальное — жидкость: \[m_{\text{ж}}=m\left(1-\frac{V_1}{V_2}\right)=3{,}95\ \text{г}\cdot\left(1-\frac{0{,}2}{0{,}8}\right)\approx3{,}0\ \text{г}.\] Обратите внимание: объёмы \(V_1,V_2,V_3\) в этой задаче берутся с рисунка — при чтении графика ответ определён с точностью до десятков процентов.

Ответ. 1) давление равно давлению насыщенного пара при \(76\) К: \(657\) мм рт. ст.; 2) \(m_{\text{ж}}=\left(1-\dfrac{V_1}{V_2}\right)\dfrac{p_3V_3M}{RT_1}\approx3\) г.

Проверка. Размерность: \(pVM/(RT)\) — \(\dfrac{\text{Па}\cdot\text{м}^3\cdot\text{кг/моль}}{\text{Дж/(моль}\cdot\text{К)}\cdot\text{К}}=\) кг. Предел: при \(V_1\to V_2\) (почти весь азот в паре) \(m_{\text{ж}}\to0\); при \(V_1\to0\) вся масса азота была бы жидкостью. Смысл: сколько азота испарилось на участке 1–2, столько и было жидкости.

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

Подсказка

Отбросьте первое звено: оставшаяся цепочка — такая же, но все сопротивления в ней вдвое больше. Как это связано с её сопротивлением?

Ответ

\(R_{AB}=\dfrac{3+\sqrt{17}}{4}\,R\approx1{,}78\,R\).

Решение

Что происходит. Цепочка бесконечная, звенья отличаются только масштабом: каждое следующее в два раза «крупнее». Если отбросить первое звено, то оставшаяся цепочка начинается с резисторов \(2R\) и \(2R\) и устроена так же, как вся цепочка, но все сопротивления в ней вдвое больше. Сопротивление цепочки из резисторов пропорционально масштабу всех сопротивлений, поэтому остаток имеет сопротивление \(2X\), где \(X\) — сопротивление всей цепочки. Это даёт уравнение для \(X\).

Обозначения. \(X=R_{AB}\) — искомое сопротивление всей цепочки, \(2X\) — сопротивление остатка (после первого звена).

1. Эквивалентная схема. Первое звено: последовательно с входом стоит резистор \(R\), дальше узел, к которому параллельно подключены шунтирующий резистор \(R\) и остаток цепочки с сопротивлением \(2X\) (резисторы шунт и остаток соединены между теми же двумя узлами, потому что нижний провод общий).

2. Правила сложения. Последовательное соединение: сопротивления складываются; параллельное: складываются проводимости. Параллельно \(R\) и \(2X\): \[R_\parallel=\frac{R\cdot2X}{R+2X},\qquad X=R+\frac{2RX}{R+2X}.\]

3. Решаем. Умножаем на \(R+2X\): \((X-R)(R+2X)=2RX\), то есть \[2X^2-3RX-R^2=0\quad\Longrightarrow\quad X=\frac{3\pm\sqrt{17}}{4}\,R .\] Сопротивление положительно, отрицательный корень отбрасываем.

Обратите внимание: остаток цепочки — не \(X\), а \(2X\): у него все сопротивления вдвое больше. Если взять \(X\), получится \(X=R+\dfrac{RX}{R+X}\), то есть \(X=\dfrac{1+\sqrt5}{2}R\), неверно.

Ответ. \(R_{AB}=\dfrac{3+\sqrt{17}}{4}\,R\approx1{,}78\,R\).

Проверка. Второй способ — обрывать цепочку на \(n\) звеньях. Одно звено, остаток разомкнут: \(R+R=2R\). Два звена (хвост \(2R+2R\) даёт \(4R\) при \(R_\parallel=R\cdot4R/5R=0{,}8R\)): \(1{,}8R\). Три звена: хвост \(4R+4R\) даёт \(8R\), \(2R\parallel8R=1{,}6R\), \(2R+1{,}6R=3{,}6R\), \(R\parallel3{,}6R=0{,}78R\); всего \(1{,}78R\). Числа сходятся к \(1{,}78R\). Размерность: ответ пропорционален \(R\). Предельные оценки: \(R<X<2R\) — не меньше последовательного \(R\) и не больше значения при обрыве цепочки.

Смысл: бесконечность дала не бесконечное сопротивление, а конечное — ток уходит через ближайшие шунты, дальние звенья почти ничего не меняют.

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

Подсказка

Гальванометр показывает средний ток: полный заряд, прошедший через него за секунду. Сравните время зарядки \(RC\) с промежутком между переключениями \(0{,}1\) с — от этого зависит, успевает ли конденсатор зарядиться.

Ответ

\(I=2CU_0f=0{,}2\) мА; при \(C'=1000\) мкФ ток \(I'\approx U_0/R=10\) мА, то есть в \(50\) раз больше.

Решение

Что происходит. После каждого переключения полярность конденсатора относительно батарейки меняется на противоположную, и он перезаряжается через гальванометр. Стрелка не дрожит, значит, она показывает средний ток — заряд, прошедший через гальванометр за секунду. Всё решение — в сравнении двух времён: промежутка между переключениями \(T=1/f=0{,}1\) с и времени зарядки \(\tau=RC\).

Обозначения. \(f=10\) с\(^{-1}\) — число переключений в секунду, \(T=0{,}1\) с; \(u_C(t)\) — напряжение на конденсаторе в схеме (по отношению к батарейке: \(+U_0\) — «заряжен как батарейка», \(-U_0\) — навстречу ей).

Пункт 1. Малая ёмкость, \(C=1\) мкФ. Время зарядки \(\tau=RC=10^3\cdot10^{-6}=10^{-3}\) с \(\ll T=0{,}1\) с: между переключениями конденсатор успевает зарядиться полностью — до напряжения батарейки (остаток \(e^{-T/\tau}=e^{-100}\) ничтожен). Сразу после переключения напряжение на нём в схеме равно \(-U_0\), и до следующего переключения оно меняется от \(-U_0\) до \(+U_0\). Заряд на конденсаторе меняется на \(2CU_0\). Закон сохранения заряда: весь этот заряд приходит к обкладкам через гальванометр (других путей нет). За секунду — \(f\) переключений: \[I=2CU_0f=2\cdot10^{-6}\cdot10\cdot10=2\cdot10^{-4}\ \text{А}=0{,}2\ \text{мА}.\]

Обратите внимание: за одно переключение через гальванометр проходит заряд \(2CU_0\), а не \(CU_0\): напряжение на конденсаторе проходит весь путь от \(-U_0\) до \(+U_0\).

Пункт 2. Большая ёмкость, \(C'=1000\) мкФ. Теперь \(\tau'=RC'=1\) с \(\gg T=0{,}1\) с: за промежуток конденсатор заряжается лишь на малую долю. Напряжение на нём в схеме колеблется около нуля между \(-u_m\) и \(+u_m\) (\(u_m\ll U_0\)). Для цепи с \(R\) и \(U_0\) (второе правило Кирхгофа: \(U_0=IR+u_C\)) на промежутке \[u_C(t)=U_0-(U_0+u_m)\,e^{-t/\tau'},\qquad 0\le t\le T .\] В конце промежутка \(u_C=+u_m\), после переключения станет \(-u_m\) и всё повторится. Условие замкнутости: \(u_m=U_0-(U_0+u_m)\,e^{-T/\tau'}\), откуда \[u_m=U_0\,\frac{1-e^{-T/\tau'}}{1+e^{-T/\tau'}}=U_0\tanh\frac{T}{2\tau'}\approx U_0\,\frac{T}{2\tau'}=0{,}5\ \text{В}.\] Заряд за промежуток: \(\Delta q=C'\cdot2u_m\approx C'U_0\,\dfrac{T}{\tau'}=\dfrac{U_0T}{R}\). Средний ток \[I'=\frac{\Delta q}{T}\approx\frac{U_0}{R}=\frac{10}{10^3}=10\ \text{мА}.\] Проще: конденсатор большой, напряжение на нём \(\le0{,}5\) В, почти всё напряжение батарейки падает на сопротивлении, и ток почти равен \(U_0/R\).

Обратите внимание: считать, что и большой конденсатор успевает зарядиться, нельзя. Формула \(2C'U_0f=200\) мА дала бы ток в двадцать раз больше предельного \(U_0/R=10\) мА, который ограничен сопротивлением.

Ответ. \(I=2CU_0f=0{,}2\) мА; \(I'\approx U_0/R=10\) мА (точнее \(9{,}99\) мА), ток возрастёт в \(\dfrac{I'}{I}=\dfrac{1}{2RCf}=50\) раз.

Проверка. Обе ситуации описывает одна формула \(I=2CU_0f\tanh\dfrac{1}{2fRC}\). При малой \(C\) (\(\tanh\to1\)) — первый ответ; при большой (\(\tanh x\approx x\)) — \(U_0/R\). Для \(C=1\) мкФ: \(\tanh50=1\); для \(C'=1000\) мкФ: \(2\cdot10^{-3}\cdot10\cdot10\cdot\tanh0{,}05=9{,}99\) мА. Размерность: \(CU_0f\) — Кл/с.

Смысл: при малой ёмкости ток ограничивает размер заряда, который помещается на конденсатор, при большой — сопротивление цепи.

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