Курчатов, 2025/26, заключительный этап, 8 класс

Подсказка

Какие точки одновременно достигнуты фронтами двух соседних источников? Попробуйте найти фигуру, образованную двумя вершинами восьмиугольника и двумя точками пересечения фронтов.

Ответ

\(L = 2\pi a \approx 6{,}28\text{ см}\).

Решение

Обозначим через \(A\), \(C\), \(E\), \(G\) вершины восьмиугольника с номерами 1, 3, 5, 7 соответственно, то есть именно в них расположены источники теплоты. Через время \(t = \dfrac{a}{v}\) тепловой фронт от каждого источника представляет собой окружность радиуса \[R = vt = a .\] Рассмотрим два соседних источника, например в вершинах \(A\) и \(C\). Между ними находится вершина \(B\) (с номером «2»). Так как восьмиугольник правильный, то \(AB = BC = a\), \(\angle ABC = 135^\circ\).

Поскольку \(AB = a = R\) и \(CB = a = R\), точка \(B\) лежит одновременно на обеих окружностях, то есть является одной из точек их пересечения. Обозначим вторую точку пересечения через \(P\).

Четырёхугольник \(ABCP\) имеет все стороны равными \(a\): \(AB = BC = a\) (стороны восьмиугольника), \(PA = PC = a\) (точка \(P\) лежит на обеих окружностях радиуса \(a\)). Следовательно, \(ABCP\) — ромб со стороной \(a\).

В ромбе противоположные углы равны, а сумма соседних углов равна \(180^\circ\). Угол при вершине \(B\) известен, \(\angle ABC = 135^\circ\), тогда \(\angle APC = 135^\circ\), а углы при вершинах \(A\) и \(C\): \(\angle BAP = \angle BCP = 180^\circ - 135^\circ = 45^\circ\).

Граница области, нагретой одновременно от источников \(A\) и \(C\), представляет собой «линзу», ограниченную двумя дугами окружностей, стягивающими центральный угол \(45^\circ\). Длина одной дуги: \[l_1 = \dfrac{2\pi a\cdot 45^\circ}{360^\circ} = \dfrac{\pi a}{4} .\] Одна область пересечения двух соседних фронтов ограничена двумя такими дугами, значит её граница имеет длину \(l = 2l_1 = \dfrac{\pi a}{2}\).

Из соображений симметрии на пластине четыре такие области. Фронты от противоположных источников не пересекаются, поэтому суммарная длина границы области, нагретой одновременно двумя источниками, равна \[L = 4\cdot\dfrac{\pi a}{2} = 2\pi a .\] При \(a = 1\text{ см}\) получаем \(L = 2\pi\text{ см} \approx 6{,}28\text{ см}\).

Подсказка

В обоих опытах конечная температура смеси равна \(0^\circ\text{C}\). Вычтите уравнение теплового баланса первого опыта из второго: в разности не останется неизвестной \(T_0\).

Ответ

\(\eta \approx 0{,}60\);  \(T_0 \approx -19^\circ\text{C}\) (точнее, \(\approx -18{,}6^\circ\text{C}\)).

Решение

В обоих опытах конечная температура смеси равна \(0^\circ\text{C}\), так как лёд и вода сосуществуют в равновесии.

При конденсации пара массой \(M\) при \(100^\circ\text{C}\) и охлаждении образовавшейся воды до \(0^\circ\text{C}\) выделяется энергия \[Q_0 = rM + c_в M\cdot 100 = qM, \qquad q = r + 100\,c_в = 2{,}72\cdot 10^6\ \text{Дж/кг} .\] По условию содержимое калориметра получает лишь долю этой теплоты: \(Q = \eta q M\).

В первом опыте практически весь конденсат кристаллизовался, теплота кристаллизации равна \(\lambda M_1\). Вся теплота, оставшаяся в калориметре, пошла на нагрев куска льда от \(T_0\) до \(0^\circ\text{C}\): \[\eta q M_1 + \lambda M_1 = m c_л (0 - T_0) .\] Во втором опыте часть льда тает, конденсат не кристаллизуется, часть теплоты идёт на плавление \(\Delta m\) льда: \[\eta q M_2 = \lambda\Delta m + m c_л (0 - T_0) .\] Вычитая первое уравнение из второго, получаем \[\eta q (M_2 - M_1) = \lambda(\Delta m + M_1) \quad\Longrightarrow\quad \eta = \dfrac{\lambda(\Delta m + M_1)}{q(M_2 - M_1)} .\] Подставляя числа (\(M_1 = 0{,}0240\) кг, \(M_2 = 0{,}0900\) кг, \(\Delta m = 0{,}300\) кг): \[\eta = \dfrac{3{,}3\cdot 10^5\cdot 0{,}324}{2{,}72\cdot 10^6\cdot 0{,}066} \approx 0{,}5956 \approx 0{,}60 .\] Из уравнения теплового баланса первого опыта: \[T_0 = -\dfrac{\eta q M_1 + \lambda M_1}{m c_л} \approx -\dfrac{38\,880 + 7920}{2520} \approx -18{,}6^\circ\text{C} \approx -19^\circ\text{C} .\]

Подсказка

Запишите тепловой баланс для каждого погружения отдельно. Затем выразите изменение температуры после второго погружения через \(Mc\) и \(mc_в\) и найдите, при каком соотношении этих величин оно максимально.

Ответ

\(c = 1050\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot{}^\circ\text{C}}\);  \(\Delta t_{2,\max} = \dfrac{T}{4} = 25^\circ\text{C}\).

Решение

После первого погружения температура воды становится \(t_1\). По тепловому балансу тепло, отданное шаром, равно теплу, полученному водой: \[Mc(T - t_1) = m c_в (t_1 - t_0) .\] Так как \(t_0 = 0\), получаем \[t_1 = \dfrac{Mc}{Mc + m c_в}\,T .\] После второго погружения температура становится \(t_2\). Тепловой баланс: \[Mc(T - t_2) = m c_в (t_2 - t_1) ,\] откуда \[t_2 = \dfrac{Mc\,T + m c_в\, t_1}{Mc + m c_в} .\] Подставляя \(t_1\), получаем \[t_2 = T\,\dfrac{Mc\,(Mc + 2 m c_в)}{(Mc + m c_в)^2} .\] Повышение температуры воды во втором погружении: \[\Delta t_2 = t_2 - t_1 = T\left(\dfrac{Mc(Mc + 2mc_в)}{(Mc + mc_в)^2} - \dfrac{Mc}{Mc + mc_в}\right) = T\,\dfrac{(Mc)(mc_в)}{(Mc + mc_в)^2} .\] Обозначим \(A = Mc\), \(B = mc_в\). Тогда \(\Delta t_2 = T\dfrac{AB}{(A+B)^2}\). Заметим, что \(4AB = (A+B)^2 - (A-B)^2\), поэтому \[\Delta t_2 = \dfrac{T}{4}\left(1 - \left(\dfrac{A - B}{A + B}\right)^2\right) .\] Величина \(\left(\dfrac{A-B}{A+B}\right)^2\) неотрицательна и обращается в ноль при \(A = B\). Следовательно, \(\Delta t_2\) максимально при \(Mc = m c_в\), то есть \[c = \dfrac{m c_в}{M} ,\] и при этом \(\Delta t_{2,\max} = \dfrac{T}{4}\).

Подставляя числа: \[c = \dfrac{1{,}0\cdot 4200}{4{,}0} = 1050\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot{}^\circ\text{C}}, \qquad \Delta t_{2,\max} = \dfrac{100}{4} = 25^\circ\text{C} .\]

Подсказка

Фольга соединяет между собой точки с одинаковым потенциалом. Разбейте зазор на участки, каждый из которых является отдельным резистором, и найдите, как они соединены.

Ответ

\(\dfrac{R'}{R} = 0{,}96\).

Решение

Пусть удельное сопротивление раствора равно \(\rho\), а площадь каждой пластины равна \(S\). Тогда исходное сопротивление (однородный зазор толщины \(d\)) равно \[R = \dfrac{\rho d}{S} .\] Фольга идеально проводящая, поэтому она играет роль соединительных проводов пренебрежимо малого сопротивления между четырьмя частями раствора, каждая из которых представляет собой отдельный резистор. Весь зазор распадается на два последовательных «слоя»: между верхней пластиной и фольгой и между фольгой и нижней пластиной. Из-за изгиба фольги каждый слой состоит из двух параллельных участков площади \(S/2\): в одном месте толщина слоя равна \(d_1\), в другом — \(d_2\). Эквивалентная схема:

\[(R_1 \parallel R_2) \text{ последовательно с } (R_3 \parallel R_4) .\] Сопротивление слоя раствора толщины \(x\) и площади \(S/2\) равно \(\rho x/(S/2)\), поэтому \[R_1 = \dfrac{2\rho d_1}{S}, \quad R_2 = \dfrac{2\rho d_2}{S}, \quad R_3 = \dfrac{2\rho(d - d_1)}{S}, \quad R_4 = \dfrac{2\rho(d - d_2)}{S} .\] Тогда \[R' = \dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \dfrac{R_3R_4}{R_3 + R_4} = \dfrac{2\rho}{S}\left(\dfrac{d_1d_2}{d_1 + d_2} + \dfrac{(d - d_1)(d - d_2)}{2d - d_1 - d_2}\right) .\] Выразим через \(R = \rho d/S\): \[\dfrac{R'}{R} = \dfrac{2}{d}\left(\dfrac{d_1d_2}{d_1 + d_2} + \dfrac{(d - d_1)(d - d_2)}{2d - d_1 - d_2}\right) .\] Подставим \(d = 10\), \(d_1 = 6\), \(d_2 = 4\) (в одних и тех же единицах): \[\dfrac{d_1d_2}{d_1 + d_2} = \dfrac{6\cdot 4}{6 + 4} = 2{,}4, \qquad \dfrac{(d - d_1)(d - d_2)}{2d - d_1 - d_2} = \dfrac{4\cdot 6}{20 - 10} = 2{,}4 .\] Тогда \[\dfrac{R'}{R} = \dfrac{2}{10}(2{,}4 + 2{,}4) = 0{,}96 .\]

Подсказка

Какой ток течёт по участку провода перед \(k\)-й лампочкой? Учтите, что он питает все лампочки, стоящие дальше по гирлянде.

Ответ

\(N = 24\).

Решение

Обозначим напряжение на последней лампочке через \(U_N\), на \(k\)-й лампочке — через \(U_k\). Рассмотрим участок провода между \((k-1)\)-й и \(k\)-й лампочками. Через него протекает ток, питающий лампочки с номерами \(k, k+1, \dots, N\): \[I_k = (N - k + 1)\,I_0 .\] Сопротивление участка каждого провода равно \(R\), поэтому падение напряжения между проводами на этом участке: \[\Delta U_k = R I_k + R I_k = 2R(N - k + 1)\,I_0 .\] Напряжение на \(N\)-й лампочке равно напряжению источника минус сумма падений на всех \(N\) участках: \[U_N = U_0 - \sum_{k=1}^{N}\Delta U_k = U_0 - 2RI_0\sum_{k=1}^{N}(N - k + 1) .\] Так как \(\sum_{k=1}^{N}(N - k + 1) = 1 + 2 + \dots + N = \dfrac{N(N+1)}{2}\), получаем \[U_N = U_0 - R I_0\, N(N+1) .\] По условию \(U_N = 0{,}8\,U_0\), значит \[U_0 - R I_0 N(N+1) = 0{,}8\,U_0 \quad\Longrightarrow\quad 0{,}2\,U_0 = R I_0 N(N+1) .\] Подставим данные, учитывая что \(I_0 = 40\text{ мА} = 0{,}04\text{ А}\): \[0{,}2\cdot 240 = 2\cdot 0{,}04\cdot N(N+1) \quad\Longrightarrow\quad 48 = 0{,}08\,N(N+1) .\] Отсюда \(N(N+1) = \dfrac{48}{0{,}08} = 600\). Решая уравнение \(N^2 + N - 600 = 0\) и выбирая положительный корень: \[N = \dfrac{-1 + \sqrt{1 + 2400}}{2} = \dfrac{-1 + 49}{2} = 24 .\]