Примечание: В качестве ответа принимаются рисунки, схемы и формулы.

Ответ:

Учитывая значение $f_0\sim5~кГц$, будем измерять отношение полей на частотах от $100~Гц$ до $1200~Гц$. Занесём точки в таблицу:

Пересчитаем точки и занесём в таблицу выше. Построим график:

Ответ:

Угловой коэффициент графика $k=(4.87 \pm 0.6)\cdot10^{-7}~Гц^{-2}$

Используя ранее полученную в А1 формулу $\cfrac{H_0}{H_1} = 1 + i \pi \sigma \mu_0 ahf$, получим
$$\operatorname{tg} \psi = \cfrac{Im\left(\cfrac{H_0}{H_1}\right)}{Re\left(\cfrac{H_0}{H_1}\right)}=\pi \sigma \mu_0 ahf$$

Примечание: В качестве ответа принимаются рисунки, схемы и формулы.

Подсоединим генератор к катушке, один из каналов осциллографа к датчику Холла, а второй канал - к резистору $1~Ом$, встроенному в катушку. Искомую разность фаз теперь можно измерять осциллографом

В данной части есть несколько указаний к настройке оборудования:

• Нужно пользоваться усреднением показаний осциллографа в диапазоне от 16 до 128 измерений
• Нужно настроить Trigger осциллографа в режиме без усреднения так, чтобы синусоида была стабильной. В режиме с усреднением неправильная настройка триггера а) может быть незаметной, б) может привести к искажению амплитуды и фазы сигнала
• Магнитное поле Земли и иные посторонние наводки могут внести постоянную поправку к синусоидальному сигналу, снимаемому с датчика Холла. При больших частотах это становится заметным и искажает измерения сдвига фаз. Чтобы этого избежать, нужно использовать режим AC для канала осциллографа, подключенного к датчику Холла, убирающий постоянный вклад в сигнал. 
• Для измерения сдвига фаз точнее всего использовать курсоры на максимальном масштабе, позволяющем видеть стабильный сигнал

Обозначив угловой коэффициент полученного графика $k = (0.964 \pm 0.02)\cdot 10^{-3} \cfrac{1}{Гц}$, получим $\sigma = \cfrac{k}{\pi \mu_0 ah}$

$$\sigma = (59.2\pm1.2)~МСм$$

Для убедительности построим график $\cfrac{\operatorname{tg}\psi}{f}(f)$. При $f \rightarrow 0$ он стремится к константе, равной коэффициенту наклона прямой, проведенной по теоретической зависимости $\operatorname{tg}\psi (f)$. Тогда из графика легко найти $f_{cr} \approx 4500~Гц$

Учитывая сопротивление мультиметра, получим

$$r_{12} = R + 2r_{к}$$
$$r_{23} = r + 2r_{к}$$
$$r_{13} = R + r + 2r_{к}$$
Откуда получим

Примечание: В качестве ответа принимаются рисунки, схемы и формулы.

Поместим трубку в катушку и будем снимать с помощью осциллографа зависимость напряжения $u$ на встроенном резисторе $1~Ом$ и суммарного напряжения $V$ на катушке+резисторе от частоты. При этом $u = Ir$, $V = I |Z|=I\sqrt{(R+r)^2+\omega^2L^2}$, откуда
$$\cfrac{V}{u} = \sqrt{\left(1+\cfrac{R}{r}\right)^2+\cfrac{\omega^2L^2}{r^2}}$$
$$L(f) = \cfrac{r}{2\pi f}\sqrt{\left(\cfrac{V}{u}\right)^2-\left(1+\cfrac{R}{r}\right)^2}$$

Из линеаризованного графика $\sqrt{\cfrac{L_{max}-L}{L-L_{min}}}(f)$ получим угловой коэффициент $k = \pi ah \mu_0 \sigma = (0.965 \pm 0.03)\cdot 10^{-3} \cfrac{1}{Гц}$, откуда $\sigma = \cfrac{k}{\pi ah \mu_0} = 59,2~МСм$

$$L_{min} = 4.77~мГн$$
$$L_{max} = 19.99~мГн$$
$$\sigma = (59,2 \pm 1.8)~МСм$$

Указание: Поскольку сопротивление зависит от частоты, измерение ширины резонансного пика в общем случае может быть затруднительно.

Примечание: В качестве ответа принимаются рисунки, схемы и формулы.

Оценим характерные импедансы имеющихся элементов при $f \sim 10^6~Гц$
$$|Z_L| = 2\pi fL \approx 60~Ом$$
$$|Z_C| = \cfrac{1}{2\pi fC} \sim 1~кОм$$
Сопротивление генератора $R_{gen} \approx 50~Ом$, поэтому последовательное соединение его в цепь или параллельное соединение с катушкой окажет значительное влияние на импеданс системы. Подключение генератора параллельно конденсатору фактически отключит конденсатор от цепи, в силу $R_{gen} \ll |Z_C|$. Поэтому генератор нужно подключать параллельно трубе, имеющей сопротивление, меньшее $R_{gen}$.

Предполагая, что осциллограф имеет паразитную ёмкость, сравнимую со средней ёмкостью выданных конденсаторов $(\sim 100~пФ)$, в пределе большой добротности (то есть маленьких сопротивлений $\sim 1~Ом -10~Ом$) получим, что подключение осциллографа параллельно трубке не повлияет на характеристики цепи, снова в силу $R_{gen} \ll |Z_C|$.

Наконец, заметим что подключение осциллографа параллельно катушке нецелесообразно, так как усложнит расчеты. Подсоединив осциллограф параллельно конденсатору, легко учесть постоянную поправку $C_{osc}$ к емкости системы
$$C_{eq} = C + C_{osc}$$

Обозначим напряжение на трубке $V_R$, а на конденсаторе $V_C$. Добиваясь максимума $V_C$, можно измерить резонансную частоту $f_{res}$ для каждого номинала конденсатора.

В формуле для добротности $Q$ избавимся от неизвестной ёмкости $C$, учтя, что $f_{res} = \cfrac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$, получим
$$Q = \cfrac{2\pi f_{res}L}{R}$$

Привычный способ нахождения добротности с использованием ширины резонансной кривой в данном случае не применим, так как в силу скин-эффекта сопротивление цепи $R$ напрямую зависит от $f$. Однако при резонансной частоте имеем
$$V_R = I R$$
$$V_C = \cfrac{I}{2\pi f_{res}C}=2\pi I f_{res}L$$
$$Q = \cfrac{V_C}{V_R}$$
$$R = \cfrac{2\pi f_{res}L}{Q}$$

$$C_{eq} = \cfrac{1}{4\pi^2 f_{res}^2 L}$$
$$C_{eq} = C_{real} + C_{osc}$$

$$R = \cfrac{1}{\sigma}\cfrac{l}{2\pi a \delta} = \cfrac{l}{2a}\sqrt{\cfrac{\mu_0f}{\pi \sigma}}$$
Линеаризация $R(\sqrt{f})$

Обозначив угловой коэффициент этой линеаризации $k = 0.0429~\cfrac{Ом}{\sqrt{Гц}}$, получим $\sigma = \cfrac{\mu_0 l^2}{4\pi a^2 k^2} \approx 0.01~См$. При этом погрешность $\sigma$ сравнима с самой $\sigma$, поэтому это не более чем оценочное значение

Возможная причина такого нереалистичного значения $\sigma$ - проявление скин-эффекта не только в трубке, но и во всех проводах системы. Для подтверждения этого предположения оценим среднее значение $\cfrac{L}{a}$ для всех имеющихся проводов.
$$\cfrac{L}{a} = 2k\sqrt{\cfrac{\pi \sigma}{\mu_0}} \sim 10^6$$
где $k$ - коэффициент пропорциональности в зависимости $R(\sqrt{f})$. Такое значение действительно возможно, например при суммарной длине проводов $L \sim 10~м$, среднем радиусе $a \sim 0.01~мм$.

Какой из методов, по вашему, точнее?

Коэффициент полученного линейного участка равен $k = \pi \mu_0 \sigma ah = (0.739 \pm 0.03) \cdot 10^{-3} \cfrac{1}{Гц}$

Из графика $\cfrac{\operatorname{tg} \psi}{f}(f)$ найдем $f_{cr} = (4300 \pm 100)~Гц$. Обозначив $\alpha \equiv \cfrac{\delta_{cr}}{h} = 1.5$
$$k = \pi \mu_0 \sigma a \delta_{cr}/\alpha=\sqrt{\cfrac{\pi \mu_0\sigma}{f_{cr}}}\cfrac{a}{\alpha}$$
$$\sigma = \cfrac{f_{cr}}{\pi \mu_0}\left(\cfrac{k\alpha}{a}\right)^2$$

$$h = \cfrac{a}{kf_{cr} \alpha^2 }$$

С хорошей точностью найденная $\sigma$ совпадает с $\sigma_{Al}$, поэтому можно сделать вывод, что трубка сделана из алюминия. Уточним толщину трубки:
$$h_{ex} = \cfrac{k}{\pi \mu_0\sigma a} = 0.89~мм$$