Максвелл, 2018/19, региональный этап, 8 класс

Весы почти не реагируют на лёгкое зёрнышко, но если положить его на длинное плечо рычага, а короткое плечо упереть в лапку штатива, показание весов умножится на коэффициент усиления. Его можно найти по правилу моментов или экспериментально, взвесив лист бумаги А4.

Массы одного зёрнышка (по решению, у каждой партии свои): просо \(\approx 8\) мг, рис \(\approx 24\) мг, гречка \(\approx 22\) мг. Линейная плотность следа гелевой ручки в авторском решении \(\lambda \approx 0{,}12\) мг/м, то есть масса чернил в линии длиной 1 м около \(0{,}12\) мг.

Используем линейку как рычаг-усилитель для электронных весов: короткий конец упирается в лапку штатива, исследуемое тело кладём на дальний конец линейки. Перед взвешиванием весы тарируем, чтобы не учитывать момент силы тяжести самой линейки. По правилу моментов, записанному относительно точки опоры, находим коэффициент усиления \(k\) (его можно проверить, взвесив кусочек листа А4 массой около \(5\) г). Среднюю массу зёрнышка определяем как массу трёх зёрен, делённую на три. Для чернил: массу стержня ручки \(m_0\) измеряем до проведения \(N\) линий длиной \(l = 27\) см на листе А4, пока уровень чернил не упадёт на \(1{,}5\)–\(2\) см, и повторно измеряем массу \(m_1\). Тогда линейная плотность следа \(\lambda = (m_0 - m_1)/(Nl)\).

Масса растаявшего льда за время \(\tau\) пропорциональна переданной теплоте, а значит, наклон графика \(\Delta M/\Delta\tau\) связан с \(\alpha\) уравнением теплового баланса \(\lambda\,\Delta M = \alpha\,(t_2 - t_1)\,\tau\). Не забывайте учитывать воду, оставшуюся на салфетке.

\(\alpha_1 \approx 0{,}080\) Вт/\(^\circ\)C;  \(\alpha_2 \approx 0{,}037\) Вт/\(^\circ\)C (для комнатной температуры \(t_2 = 22\,^\circ\)C).

В пластиковый стакан наливаем около \(40\) г воды, охлаждаем её до \((2\div3)\,^\circ\)C, опускаем кусочек льда и взвешиваем его каждые две минуты, ложечкой извлекая из воды и перед каждым взвешиванием обнуляя весы. После каждого взвешивания фиксируем массу воды на салфетке. По результатам строим график массы растаявшего льда \(M\) от времени \(\tau\). Наклон прямой \(\Delta M/\Delta\tau \approx 0{,}32\) г/мин. Уравнение теплового баланса \[\lambda\,\frac{\Delta M}{\Delta\tau} = \alpha_1\,(t_2 - t_1)\] при \(t_1 = 0\,^\circ\)C и \(t_2 = 22\,^\circ\)C даёт \(\alpha_1 \approx 0{,}080\) Вт/\(^\circ\)C. Для пенопластового стакана \(\Delta M/\Delta\tau \approx 0{,}15\) г/мин, откуда \(\alpha_2 \approx 0{,}037\) Вт/\(^\circ\)C. Различие результатов при измерениях раз в 2 минуты и по двум измерениям через 15 минут может возникать, если при вычислении массы растаявшего льда не учитывать массу воды, остающейся на весах (на салфетке) за время измерений.

Шарик в итоге «перемещается» на весь путь до дома, а дядя Фёдор всё время идёт к дому. Запишите, сколько времени Шарик бежит к дому и обратно, и сравните с временем дяди Фёдора.

\(S_1 - S_2 = s = 1{,}2\) км; \(S_1 = 2{,}16\) км, \(S_2 = 0{,}96\) км. Путь \(S_1\) (в сторону дома) больше на \(1{,}2\) км.

Обозначим \(T_1\) и \(T_2\) — времена движения Шарика в сторону дома и обратно. Разность путей \(S_1 - S_2\) равна расстоянию до дома \(s\), так как Шарик в итоге оказывается дома. Сумма времён \(T_1 + T_2\) совпадает с временем движения дяди Фёдора: \(T_1 + T_2 = s/\upsilon_\Phi = 0{,}3\) ч. Решая систему уравнений \(\upsilon_{\text{Ш},1} T_1 - \upsilon_{\text{Ш},2} T_2 = s\) и \(T_1 + T_2 = s/\upsilon_\Phi\), находим \(T_1 = 0{,}18\) ч и \(T_2 = 0{,}12\) ч. Тогда \(S_1 = \upsilon_{\text{Ш},1} T_1 = 2{,}16\) км, \(S_2 = \upsilon_{\text{Ш},2} T_2 = 0{,}96\) км.

Масло несжимаемо, поэтому пресс может двигаться, только если поршни смещаются с согласованной скоростью. Запишите условие равновесия каждого поршня и равенство давлений масла.

\(F = 300\) Н;  \(F_2 = 500\) Н, сила направлена от стены (вправо на рис. б).

Пусть площадь малого поршня \(S\), большого \(4S\). При движении малого поршня к стене пресс должен двигаться от стены, и для сохранения объёма масла \(p_1(4S - S) = 2F\). Условие начала движения малого поршня \(F_1 - p_1 S = F\). Исключая \(p_1\), получаем \(F = \tfrac{3}{5}F_1 = 300\) Н.

Во втором случае пресс отодвигается от стены, большой поршень движется от стены медленнее, силы трения направлены к стене. Давление \(p_2\) масла внутри пресса меньше атмосферного, и условия равномерного движения пресса и равновесия большого поршня дают \((p_0 - p_2)(4S - S) = 2F\) и \(4S(p_0 - p_2) = F_2 + F\). Отсюда \(F_2 = F_1 = 500\) Н.

Объём пластилина не изменился, поэтому площадь верхней грани нового цилиндра выражается через \(s\), \(H\), \(h\). Горизонтальные силы давления жидкости на боковую поверхность уравновешены. Сравните силу Архимеда на «шайбу» с силой давления на ножку.

Результирующая сила направлена вниз (сверху на пластилин), по модулю равна \(p_0\,s\). Она не меняется при деформации.

Объём пластилина не изменился, поэтому \(sH = Sh\), где \(S\) — площадь верхней грани нового цилиндра. Горизонтальные составляющие сил давления жидкости на столбик компенсируют друг друга. Сила давления жидкости на «шайбу» площадью \(S - s\) даёт выталкивающую силу \(F_{\text{Арх}} = \rho_0 g\,(S - s)\,h\) (вверх). Сила давления жидкости на ножку площадью \(s\) равна \(F_{\text{ж}} = \rho_0 g\,s\,(H - h) + p_0 s\) (вниз). Результирующая сила \[F_{\text{общ}} = F_{\text{ж}} - F_{\text{Арх}} = \rho_0 g\,\bigl[s(H - h) - (S - s)h\bigr] + p_0 s = p_0 s,\] направлена вниз. Итог не зависит от формы столбика и совпадает с силой до деформации.

Теплоёмкость — отношение переданной теплоты к изменению температуры, то есть обратный наклон графика \(t(Q)\). Площадь под графиком \(N(\tau)\) равна переданной теплоте. Сначала найдите, когда вещество достигнет температуры плавления.

\(C_{\text{тв}}/C_{\text{ж}} = 1/2\);  \(\tau_{\text{п}} = \left(\tfrac{5}{2} - \sqrt{2}\right)\tau_0 \approx 1{,}1\,\tau_0\). График: \(t = 0\) при \(\tau = 0\); \(t = t_0\) при \(\tau = \sqrt{2}\,\tau_0\); плато \(t = t_0\) до \(\tau = 2{,}5\,\tau_0\); \(t = 1{,}5\,t_0\) при \(\tau = 3\tau_0\).

Теплоёмкость \(C = Q/t\). По графику (б) в твёрдой фазе \(C_{\text{тв}} = Q_0/t_0\), в жидкой на участке от \(3Q_0\) до \(4Q_0\) температура растёт на \(t_0/2\), поэтому \(C_{\text{ж}} = Q_0/(t_0/2) = 2C_{\text{тв}}\), и \(C_{\text{тв}}/C_{\text{ж}} = 1/2\).

Площадь под графиком (а) даёт переданную теплоту: за время работы \(3\tau_0\) выделилось \(4Q_0\), то есть \(4N_0\tau_0 = 4Q_0\), откуда \(N_0\tau_0 = Q_0\). Мощность растёт линейно до \(2N_0\) к моменту \(2\tau_0\), поэтому теплота \(Q_0\), необходимая для нагрева до точки плавления, будет передана за время \(\sqrt{2}\,\tau_0\), когда мощность станет \(\sqrt{2}\,N_0\). Для плавления нужно \(2Q_0\). На интервале от \(\sqrt{2}\,\tau_0\) до \(2\tau_0\) передаётся ещё \(Q_0\) (время \((2 - \sqrt{2})\tau_0\)), далее мощность \(2N_0\) и оставшаяся \(Q_0\) передаётся за \(\tau_0/2\). Итого \(\tau_{\text{п}} = (2 - \sqrt{2})\tau_0 + \tfrac{1}{2}\tau_0 = \left(\tfrac{5}{2} - \sqrt{2}\right)\tau_0 \approx 1{,}1\,\tau_0\).