ВсОШ, 2015/16, региональный этап, 11 класс, экспериментальный тур

Подсказка

Что показывает омметр в первый момент после подключения, когда конденсатор не заряжен, и что — когда он полностью заряжен? Как ведёт себя ток через конденсатор при малых временах?

Ответ

\(R \approx 51\text{ кОм}\);  \(C \approx 435\text{ мкФ}\);  \(R_c \approx 424\text{ кОм}\).

Решение

Метод 1 (по скорости заряда конденсатора). Эквивалентная схема «серого ящика», подключённого к омметру, показана на рисунке. Снимаем зависимость \(R(t)\) показаний омметра от времени (см. таблицу и график).

В начальный момент времени \(U_c = 0\), и омметр показывает сопротивление \(R(0) = R\). При малых временах, когда напряжение на конденсаторе мало, практически весь ток омметра идёт через конденсатор: \(I_c \approx I_0\) (\(I_R \ll I_c\)). При этом напряжение на конденсаторе меняется по закону \(U_c = q/C \approx tI_0/C\). Начальный участок зависимости показаний омметра от времени имеет вид \[R(t) = R + \frac{t}{C}.\] По начальному участку зависимости \(R(t)\) определяем \(R\) и \(C\), а также их погрешности.

Примечание. Ёмкость электролитического конденсатора зависит от частоты и принимает максимальное значение на низких частотах, поэтому измеренная в работе ёмкость может отличаться в большую сторону от значения, указанного на корпусе.

При больших временах конденсатор полностью заряжен, весь ток идёт через сопротивление \(R_c\), и показания омметра стремятся к константе: \[R(\infty) = R + R_c, \qquad R_c = R(\infty) - R.\] По графику \(R(t) = 51 + 2{,}3\,t\), где \(R\) — в \(\text{кОм}\), \(t\) — в \(\text{с}\), откуда \(R = 51\text{ кОм}\), \(C \approx 435\text{ мкФ}\), \(R(\infty) = 475\text{ кОм}\), \(R_c = 424\text{ кОм}\).

Метод 2 (по скорости разряда конденсатора). Перед измерениями конденсатор разряжаем, замыкая выходы «серого ящика» мультиметром в режиме амперметра. В режиме омметра измеряем \(R(0) = R\), а через время \(T \sim 10\) минут, когда показания практически перестают меняться, измеряем \(R(\infty) = R + R_c\), откуда \(R_c = R(\infty) - R(0)\). Затем в режиме амперметра снимаем зависимость \(I(t) = I_0\left(1 - \dfrac{t}{R_{II}C}\right)\), где \(\dfrac{1}{R_{II}} = \dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{R_c}\). Касательная к начальному участку зависимости \(I(t)\) отсекает на оси времени величину \(\tau = R_{II}C\), откуда \(C = \tau/R_{II}\).

Подсказка

Запишите вертикальное движение шарика от края жёлоба до стола с начальной скоростью \(v_y\) и выразите время полёта через \(l\) и \(v_x\). Учтите, что \(v_x = \upsilon\cos\alpha\), \(v_y = \upsilon\sin\alpha\).

Ответ

3) \(E_x = \dfrac{m v_x^2}{2}\);  4) \(\Delta\Pi = mgH\);  5) \(k = \dfrac{\Delta\Pi}{E_x}\);  6) \(k = \dfrac{4H\,(h - l\operatorname{tg}\alpha)}{l^2}\);  7) горизонтальная прямая: \(a \approx 0\), \(b \approx 1{,}8\).

Решение

Теоретическая часть. Пусть сразу после отрыва от жёлоба шарик имел скорость \(\upsilon\) и упал на стол на расстоянии \(l\) от края жёлоба. Проекция его скорости на горизонтальное направление равна \(v_x = \upsilon\cos\alpha\), а на вертикальное — \(v_y = \upsilon\sin\alpha\). Здесь \(\alpha\) — угол, который образует жёлоб с горизонтальной плоскостью. Время свободного падения шарика \(t = l/v_x\). В проекции на вертикальную ось движение шарика удовлетворяет уравнению \[h = v_y t + \frac{gt^2}{2} = l\,\frac{v_y}{v_x} + \frac{g}{2}\,\frac{l^2}{v_x^2} = l\operatorname{tg}\alpha + \frac{g}{2}\,\frac{l^2}{v_x^2}.\] Отсюда выражение для кинетической энергии шарика, обусловленной его поступательным движением вдоль оси \(X\): \[E_x = \frac{m v_x^2}{2} = \frac{mgl^2}{4\,(h - l\operatorname{tg}\alpha)}.\] Изменение потенциальной энергии шарика при его скатывании по жёлобу с высоты \(H\): \(\Delta\Pi = mgH\). Отсюда искомый коэффициент \[k = \frac{\Delta\Pi}{E_x} = \frac{4H\,(h - l\operatorname{tg}\alpha)}{l^2}.\]

Экспериментальная часть. Для различных высот \(H_i\) снимаем серию измерений и заполняем таблицу. График зависимости \(y(x)\) должен представлять собой горизонтальную прямую \(y \approx 1{,}8\); погрешность не должна превосходить 10%.

Комментарий для жюри. Момент инерции шарика относительно оси, проходящей через его центр масс, равен \(J = \dfrac{2}{5}mR^2\). Расстояние от горизонтальной оси, проходящей через центр масс шарика, до точки касания жёлоба шариком равно \(R/\sqrt{2}\). Скорость центра масс катящегося шарика равна \(\upsilon_C = \omega R/\sqrt{2}\). По теореме Гюйгенса–Штейнера момент инерции шарика относительно линии касания жёлоба \(J_{AA} = \dfrac{2}{5}mR^2 + m\left(\dfrac{R}{\sqrt{2}}\right)^2 = \dfrac{9}{10}mR^2\). Из закона сохранения энергии \(mgH = \dfrac{J_{AA}\omega^2}{2} = \dfrac{9}{5}\cdot\dfrac{m\upsilon_C^2}{2}\). Отсюда часть кинетической энергии шарика, обусловленная поступательным движением, \(K_{\text{пост}} = \dfrac{5}{9}mgH\), и отношение \[k\cos^2\alpha = \frac{\Delta\Pi}{K_x} = \frac{9}{5} = 1{,}8.\] Фактически из-за трения кинетическая энергия оказывается несколько меньше теоретического значения, а коэффициент \(k\cos^2\alpha > 1{,}8\).