ИОШ, 2018/19, заключительный этап, 9-10 класс

Подсказка

Сравните ток, который пойдёт через последовательно соединённые лампочки, с рабочим током лампочки от фонарика. Сопротивления найдите по номинальным параметрам.

Ответ

Перегорит лампочка от карманного фонарика: ток через неё около \(0{,}486\) А при рабочем токе \(0{,}28\) А.

Решение

Лампочка, рассчитанная на работу в бытовой сети, перегореть не может: приложенное к ней напряжение заведомо меньше номинального. Лампа от фонарика может перегореть, если ток через неё больше рабочего.

Сопротивления ламп: для лампы в сети \(r_1=\dfrac{U_1^2}{P_1}=440\) Ом; для лампы от фонарика \(r_2=\dfrac{U_2}{I_2}=12{,}5\) Ом.

Общее сопротивление при последовательном соединении \(R=r_1+r_2=452{,}5\) Ом, ток в цепи \(I=\dfrac{U_1}{R}\approx 0{,}486\) А. Это почти в 2 раза больше рабочего тока лампы фонарика, поэтому лампочка от фонарика перегорит.

Подсказка

Покажите, что слой пылинок, находившихся в начальный момент между радиусами \(r_1\) и \(r_2\), через время \(t\) занимает слой между \(r_1(1+Ht)\) и \(r_2(1+Ht)\).

Ответ

\(\rho(t)=\dfrac{\rho_0}{(1+Ht)^3}\) при \(r<R(1+Ht)\) и \(\rho=0\) при \(r>R(1+Ht)\); в том числе на расстоянии \(x\) от центра, если \(x<R(1+Ht)\), плотность равна \(\dfrac{\rho_0}{(1+Ht)^3}\).

Решение

Рассмотрим все пылинки, находившиеся в начальный момент на расстояниях от \(r_1\) до \(r_2\) от центра облака. Их масса \[m=\rho_0 V=\rho_0\,\frac{4}{3}\pi\left(r_2^3-r_1^3\right),\] где \(V\) — объём сферического слоя. Через время \(t\) после взрыва эти пылинки окажутся на расстояниях от \(r_1(1+Ht)\) до \(r_2(1+Ht)\) от центра, так как скорость пылинки на расстоянии \(r\) равна \(Hr\), а её смещение за время \(t\) равно \(Hrt\). Пылинки, которые были дальше \(r_2\), улетят дальше и в этот слой не попадут; пылинки ближе \(r_1\) отстанут.

Поэтому плотность пыли в этом слое \[\rho(t)=\frac{m}{V_{\text{слоя}}}=\frac{\rho_0\,\frac{4}{3}\pi\left(r_2^3-r_1^3\right)}{\frac{4}{3}\pi\left[\left(r_2(1+Ht)\right)^3-\left(r_1(1+Ht)\right)^3\right]}=\frac{\rho_0}{(1+Ht)^3}.\] Плотность не зависит от \(r_1\) и \(r_2\), значит облако остаётся однородным. Пылинки есть только внутри радиуса \(R(1+Ht)\), поэтому окончательно \[\rho(t)=\begin{cases}\dfrac{\rho_0}{(1+Ht)^3}, & r<R(1+Ht),\\[2mm] 0, & r>R(1+Ht).\end{cases}\]

Такая же плотность будет и на расстоянии \(R/2\) от центра, и в любой другой точке внутри облака.

Подсказка

Отпустите обруч, не вбивая второй гвоздь, и найдите, как он начнёт двигаться. Положения второго гвоздя, которые препятствуют такому движению, и будут искомыми.

Ответ

Внутренняя область обруча от его верхней точки до точки на диаметре, проходящем через первый гвоздь (дуга на внутренней стороне обруча, рис. 4 решения), с исключением участка слева выше первого гвоздя (рис. 3 решения).

Решение

Отпустим обруч, не вбивая второй гвоздь, и найдём, как он движется. Обруч будет вращаться вокруг первого гвоздя, так как одна его точка всё время касается гвоздя, а центр обруча должен опускаться (рис. 1; тонкая прямая проходит через гвоздь и центр обруча в начальном положении, пунктирная — через гвоздь и центр спустя малое время).

Точка обруча, касающаяся гвоздя, — мгновенный центр вращения. Участки обруча, которые при отпускании движутся внутрь области обруча, выделены на рис. 2 красным пунктиром; участки, которые движутся наружу, — зелёными точками. Положения второго гвоздя в любой точке внутренней области, выделенной красным пунктиром, препятствуют рассмотренному движению.

Однако не все такие положения оставляют обруч в покое. Если вбить второй гвоздь в точки стены слева от первого гвоздя и выше него (выделено жёлтым на рис. 3), обруч будет поворачиваться относительно второго гвоздя. Эти положения нужно исключить из найденной области.

В результате получаем, что искомые точки внутри обруча лежат от верхней точки обруча до точки на том диаметре, который проходит через первый гвоздь (рис. 4, выделено красным).

Решение остаётся справедливым и тогда, когда первый гвоздь расположен внутри обруча в его нижней половине (рис. 5): верхний и нижний гвоздь меняются местами, и получается та же картина, зеркальная относительно вертикали.

Подсказка

Чтобы на каждой лампе было 110 В, цепь должна состоять из двух участков с одинаковым сопротивлением, соединённых последовательно. Что нужно сделать с лампами внутри каждого участка?

Ответ

Два одинаковых блока, соединённые последовательно и подключённые к сети 220 В: в одном блоке три лампы по 40 Вт параллельно, в другом две лампы по 60 Вт параллельно (схема в решении).

Решение

Чтобы лампочки горели нормальным накалом, к каждой должно быть приложено номинальное напряжение \(U=110\) В. Поэтому лампы нужно соединить в два блока с одинаковыми сопротивлениями, включённых последовательно; внутри каждого блока лампы соединены параллельно.

Сопротивление лампы при номинальном режиме найдём по закону Джоуля — Ленца: \(r=\dfrac{U^2}{P}\), откуда \(r_{40}=\dfrac{110^2}{40}\) Ом и \(r_{60}=\dfrac{110^2}{60}\) Ом. Сопротивление лампы 40 Вт составляет \(2/3\) от сопротивления лампы 60 Вт, поэтому сопротивление трёх параллельных ламп по 40 Вт равно сопротивлению двух параллельных ламп по 60 Вт. Соединив эти два блока последовательно и подключив к сети 220 В, получим на каждой лампе её номинальное напряжение, и все они будут гореть нормальным накалом.

Подсказка

Запишите условие теплового баланса пластинки (поглощённая энергия равна отданной) и закон Фурье для теплопроводности самой пластинки; для пластинки удвоенной толщины — те же уравнения с новыми температурами.

Ответ

\(t_1'=52\,^\circ\text{C}\) (освещённая сторона), \(t_2'=28\,^\circ\text{C}\) (теневая сторона).

Решение

Пусть пластинка получает от солнечных лучей в единицу времени энергию \(Q\). В установившемся режиме эта энергия отдаётся окружающей среде, причём поток тепла от каждой стороны пропорционален разности температуры стороны и температуры среды с коэффициентом \(\kappa\), не зависящим от температур. Тепловое равновесие даёт \[Q=\kappa\,(t_1-t_0)+\kappa\,(t_2-t_0).\] С другой стороны, тепло, отдаваемое неосвещённой стороной, приходит от освещённой через саму пластинку по закону Фурье с коэффициентом теплопроводности \(\lambda\) и толщиной \(d\): \[\kappa\,(t_2-t_0)=\frac{\lambda}{d}\,(t_1-t_2).\] Для пластинки удвоенной толщины с температурами \(t_1'\) и \(t_2'\): \[Q=\kappa\,(t_1'-t_0)+\kappa\,(t_2'-t_0),\qquad \kappa\,(t_2'-t_0)=\frac{\lambda}{2d}\,(t_1'-t_2').\] Приравнивая первое уравнение к первому уравнению для исходной пластинки, получаем \(t_1'+t_2'=t_1+t_2=80\,^\circ\text{C}\). Деля второе уравнение на второе для исходной пластинки, получаем \[\frac{t_2'-t_0}{t_2-t_0}=\frac{t_1'-t_2'}{2\,(t_1-t_2)}.\] Подставив числа, \(\dfrac{t_2'-25}{5}=\dfrac{80-2t_2'}{40}\), откуда \(t_2'=28\,^\circ\text{C}\) и \(t_1'=52\,^\circ\text{C}\).

Подсказка

Тепло, отданное водой, равно теплу, полученному материалом. Теплоёмкость материала меняется, поэтому разбейте интервал температур на малые части, на каждой из которых теплоёмкость постоянна.

Ответ

\(t_x\approx 31{,}2\,^\circ\text{C}\).

Решение

Пусть установившаяся температура воды равна \(t_x\). Вода отдаёт тепло \[Q=2m\,c\,(t_1-t_x)=4200\cdot 1\cdot (45-t_x)\ \text{Дж}.\] Это тепло получает материал с переменной теплоёмкостью. Разделим интервал температур от \(0\) до \(t_x\) на малые участки, внутри которых теплоёмкость можно считать постоянной; тогда тепло на каждом участке есть \(m\,c_0(1+\gamma t_i)\,\Delta t_i\), а суммарное тепло равно \[Q=m\,c_0\left(t_x+\frac{\gamma\,t_x^2}{2}\right)=1050\left(t_x+0{,}025\,t_x^2\right)\ \text{Дж}.\] Сумма \(\sum t_i\Delta t_i\) по этим участкам вычисляется как площадь под графиком \(f(t)=t\) от \(0\) до \(t_x\) (аналогично работе силы упругости), что даёт \(t_x^2/2\).

Приравнивая оба выражения, получаем уравнение \[t_x^2+200\,t_x-7200=0,\] откуда \(t_x=-100+\sqrt{17200}\approx 31{,}2\,^\circ\text{C}\).