МОШ, 1997/98, заключительный этап, 8 класс

Ответ

Примерно с 16 час. 20 мин. до 16 час. 40 мин.

Решение

Эту задачу проще всего решать при помощи графического построения. Нарисуем прямоугольную систему координат «положение автомобиля — время» («\(x\) – \(t\)») и отметим на этом чертеже последовательные положения автомобиля настолько точно, насколько нам это позволяет условие задачи. Мы знаем, что в 12 час. 40 мин. координата автомобиля \(x\) удовлетворяла неравенству \(25\text{ км} < x < 50\text{ км}\), то есть положение автомобиля в указанный момент времени изображается на чертеже вертикальным отрезком. Аналогично — отрезками — изображаются и два других положения автомобиля, о которых идёт речь в условии. Известно, что при равномерном движении зависимость координаты от времени описывается формулой \(x = vt\). При графическом изображении движения эта формула даёт нам зависимость в виде прямой линии. Значит, для того, чтобы получить ответ, нужно провести две прямые линии, так, чтобы они обе проходили через нарисованные на чертеже отрезки, но при этом одна из прямых должна иметь максимально возможный наклон, а вторая — минимально возможный наклон. Эти прямые отсекут на горизонтальной линии, соответствующей координате \(x = 180\) км, отрезок, который и даст нам интервал времени, в течение которого можно ожидать прибытия машины в Борискино. Соответствующее построение приведено на рисунке 1.1. Из него видно, что прибытия автомобиля можно ожидать примерно с 16 час. 20 мин. до 16 час. 40 мин.

Ответ

Центр поплавка у точки \(B\) — на поверхности жидкости (\(H_B = 0\)), центр поплавка у точки \(C\) — на глубине \(H_C = \dfrac{3}{2}h\).

Решение

Так как поплавки и рычаг по условию задачи очень лёгкие, то при решении нужно учитывать только действующие в системе выталкивающие силы.

Поскольку поплавки одинаковые, то, пока они оба полностью погружены в жидкость, действующие на них выталкивающие силы также одинаковы. Кроме того, рассматриваемый рычаг несимметричен — одно плечо у него больше другого. Поэтому после того, как поплавки отпустят, рычаг начнёт поворачиваться — длинное плечо пойдёт вверх. До каких пор будет продолжаться этот процесс? Так как у рычага плечо \(AC\) вдвое короче плеча \(AB\), то для того, чтобы рычаг мог находиться в равновесии, необходимо, чтобы сила, приложенная к точке \(C\), была вдвое больше, чем сила, приложенная к точке \(B\). Поскольку поплавок, привязанный к точке \(C\), опускается, то действующая на него выталкивающая сила остаётся неизменной. Отсюда следует, что равновесие будет возможно только в том случае, если поплавок, привязанный к точке \(B\), достигнет поверхности и частично всплывёт, оставаясь погруженным на половину своего объёма (см. рис. 1.239). При этом действующая на него выталкивающая сила уменьшится ровно вдвое. Такое положение поплавков возможно: поскольку по условию задачи \(AC > h\), то угол поворота рычага не превышает \(30^\circ\).

Итак, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке \(B\), будет находиться на поверхности жидкости, то есть на глубине \(H_B = 0\). Очевидно, что центр этого поплавка при всплытии поднимется на высоту \(h\). В соответствии с золотым правилом механики центр второго поплавка опустится на глубину \(h/2\) (он привязан к плечу, длина которого вдвое меньше). Значит, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке \(C\), будет находиться на глубине \[H_C = h + \dfrac{h}{2} = \dfrac{3}{2}h.\]

Ответ

\(m = \dfrac{(C\Delta T + (\lambda/2))M}{L} = 1{,}27\) кг.

Решение

Понятно, что описанный в условии процесс будет проходить в два этапа: сначала вся вода остынет от \(20\,^\circ\)C до \(0\,^\circ\)C, уменьшив свою температуру на величину \(\Delta T = 20\,^\circ\)C, а затем половина воды превратится в лёд при постоянной температуре \(0\,^\circ\)C. Таким образом, вода отдаст количество теплоты \(Q_1 = CM\Delta T\) на первом этапе и количество теплоты \(Q_2 = \lambda M/2\) на втором этапе. Отданное водой тепло пойдёт на испарение кипящего жидкого азота. Тогда, если \(m\) — масса испарившегося азота, то уравнение теплового баланса имеет вид: \[Q_1 + Q_2 = CM\Delta T + \dfrac{\lambda M}{2} = Lm.\] Отсюда искомая масса азота: \[m = \dfrac{(C\Delta T + (\lambda/2))M}{L} = 1{,}27\text{ кг}.\]

Ответ

При \(0 < \rho < \rho_1\): \(H = \dfrac{\rho}{\rho_1}h\); при \(\rho_1 < \rho < \rho_2\): \(H = h_1 + \dfrac{\rho - \rho_1}{\rho_2 - \rho_1}h\); при \(\rho > \rho_2\): \(H = h_1 + h_2\) (график — рис. 1.240.3).

Решение

Очевидно, что при \(\rho = 0\) глубина погружения шайбы \(H = 0\). При \(0 < \rho < \rho_1\) шайба будет плавать на поверхности (см. рис. 1.240.1), и условие её плавания запишется в виде: \(\rho_1gHS = \rho ghS\), где \(S\) — площадь горизонтального сечения шайбы. Отсюда \(H = \dfrac{\rho}{\rho_1}h\). При \(\rho\) чуть большем, чем \(\rho_1\), шайба тонет в верхней жидкости, и глубина её погружения \(H\) скачком возрастает до \(h_1\).

При \(\rho_1 < \rho < \rho_2\) шайба погружается во вторую жидкость (см. рис. 1.240.2.), и глубина её погружения (от поверхности верхней жидкости) составляет \(H = h_1 + \Delta h\), где \(\Delta h\) — глубина погружения шайбы во вторую жидкость, которая может быть найдена из условия плавания: \[\rho_1g(h - \Delta h)S + \rho_2g\Delta hS = \rho ghS,\] откуда \(\Delta h = \dfrac{\rho - \rho_1}{\rho_2 - \rho_1}h\), и следовательно, \[H = h_1 + \dfrac{\rho - \rho_1}{\rho_2 - \rho_1}h.\]

Наконец, при \(\rho\) чуть большем, чем \(\rho_2\), шайба тонет в нижней жидкости, и глубина её погружения \(H\) скачком возрастает до \(h_1 + h_2\). Далее с ростом \(\rho\) она будет оставаться постоянной — шайба утонула и лежит на дне.

Зависимость установившейся глубины погружения \(H\) нижней плоскости шайбы от плотности шайбы \(\rho\) приведена на графике (рисунок 1.240.3.)

Ответ

Пять раз: разность температур уменьшается в \(\dfrac{1 - k}{1 + k} = 0{,}6\) раза при каждом переливании туда-обратно, и после пятого она равна \(\approx 0{,}8\,^\circ\)C.

Решение

Обозначим исходные температуры горячей и холодной воды в калориметрах через \(t_{\text{г}}\) и \(t_{\text{х}}\) соответственно. Рассчитаем, какая температура \(t_1\) установится в «холодном» калориметре после переливания в него горячей воды массой \(\Delta m\). Из уравнения теплового баланса имеем: \[Cm(t_1 - t_{\text{х}}) = C\Delta m(t_{\text{г}} - t_1).\] Здесь \(m\) — исходная масса воды, находившейся в каждом из калориметров, \(C\) — удельная теплоёмкость воды. Из этого уравнения находим: \[t_1 = \dfrac{mt_{\text{х}} + \Delta mt_{\text{г}}}{m + \Delta m} = \dfrac{kt_{\text{г}} + t_{\text{х}}}{k + 1},\] где введено обозначение \(k = \dfrac{\Delta m}{m} < 1\).

Далее найдём, какая температура \(t_2\) установится в «горячем» калориметре после переливания в него массы воды \(\Delta m\) из «холодного» калориметра. Из уравнения теплового баланса имеем: \[C(m - \Delta m)(t_{\text{г}} - t_2) = C\Delta m(t_2 - t_1).\] Отсюда: \[t_2 = \dfrac{(m - \Delta m)t_{\text{г}} + \Delta mt_1}{m} = kt_1 + (1 - k)t_{\text{г}} = \dfrac{kt_{\text{х}} + t_{\text{г}}}{1 + k}.\] Тогда после одного переливания туда-обратно разность температур в калориметрах составит \[t_2 - t_1 = (t_{\text{г}} - t_{\text{х}})\dfrac{1 - k}{1 + k}.\] Ясно, что для того, чтобы получить разность температур в калориметрах \((t_4 - t_3)\) после второго переливания туда-обратно, нужно в последней формуле заменить \(t_{\text{г}}\) на \(t_2\) и \(t_{\text{х}}\) на \(t_1\): \[t_4 - t_3 = (t_2 - t_1)\dfrac{1 - k}{1 + k} = (t_{\text{г}} - t_{\text{х}})\dfrac{(1 - k)^2}{(1 + k)^2}.\] Таким образом, понятно, что при каждом переливании туда-обратно разность температур изменяется в \(\dfrac{1 - k}{1 + k}\) раз. В нашем случае \(t_{\text{г}} - t_{\text{х}} = 10\,^\circ\)C, \(\Delta m = 50\) г, \(m = 200\) г, откуда \(k = 0{,}25\), и \(\dfrac{1 - k}{1 + k} = 0{,}6\). С учётом этого окончательно имеем: разность температур после первого переливания туда-обратно будет равна \(10\,^\circ\text{C}\cdot0{,}6 = 6\,^\circ\)C, после второго переливания \(10\,^\circ\text{C}\cdot0{,}6^2 = 3{,}6\,^\circ\)C, после третьего переливания \(10\,^\circ\text{C}\cdot0{,}6^3 \approx 2{,}2\,^\circ\)C, после четвёртого \(10\,^\circ\text{C}\cdot0{,}6^4 \approx 1{,}3\,^\circ\)C, после пятого \(10\,^\circ\text{C}\cdot0{,}6^5 \approx 0{,}8\,^\circ\)C. Значит, для того, чтобы разность температур воды в калориметрах стала меньше \(1\,^\circ\)C, достаточно сделать пять переливаний.

Ответ

\(\Delta t_3 \approx 3{,}6\) мин \(= 3\) мин 36 сек.

Решение

Очевидно, что скорость остывания чайника зависит от разности температур чайника и окружающего его воздуха. Из приведённых в условии задачи данных следует, что эта зависимость — прямо пропорциональная: \[\dfrac{\Delta T}{\Delta t} = \alpha(T_{\text{ср}} - T_0),\] где \(T_{\text{ср}}\) — средняя температура чайника за время остывания \(\Delta t\). Действительно, выразим из написанного уравнения коэффициент \(\alpha\) и вычислим его, используя данные из условия задачи: \[\alpha_1 = \dfrac{\Delta T_1/\Delta t_1}{T_{\text{ср}1} - T_{01}} = \dfrac{5\,^\circ\text{C}/5\text{ мин}}{97{,}5\,^\circ\text{C} - 20\,^\circ\text{C}} \approx 0{,}01290\text{ мин}^{-1},\] \[\alpha_2 = \dfrac{\Delta T_2/\Delta t_2}{T_{\text{ср}2} - T_{02}} = \dfrac{5\,^\circ\text{C}/4{,}2\text{ мин}}{92{,}5\,^\circ\text{C} - 0\,^\circ\text{C}} \approx 0{,}01287\text{ мин}^{-1},\] то есть с хорошей точностью \(\alpha_1 \approx \alpha_2\). Поэтому искомое время: \[\Delta t_3 = \dfrac{\Delta T_3}{\alpha(T_{\text{ср}3} - T_{03})} \approx 3{,}6\text{ мин} = 3\text{ мин }36\text{ сек}.\] Ответ может быть записан и в общем виде. С учётом того, что \(\Delta T_1 = \Delta T_2 = \Delta T_3\), можно получить: \[\Delta t_3 = \dfrac{T_{\text{ср}1} - T_{01}}{T_{\text{ср}3} - T_{03}}\Delta t_1 \approx 3{,}6\text{ мин}.\]