СПбГУ, 2022/23, заключительный этап, 8 класс

Подсказка

После каждого открытия крана столбики выравниваются по давлению у трубки; записывайте равенство давлений у дна каждого сосуда.

Ответ

\(\rho_1:\rho_3=10:9\);  \(\rho_3:\rho_2=9:7\).

Решение

Открываем кран \(k_2\). Так как \(\rho_3>\rho_2\), жидкость из правого сосуда затекает в средний. В равновесии в среднем сосуде два слоя: сверху жидкость 2 высотой \(h\), снизу жидкость 3 высотой \(h/p\). В правом сосуде останется столбик высотой \(h(1-1/p)\). Равенство давлений у дна: \[\rho_2h+\rho_3\frac{h}{p}=\rho_3h\Bigl(1-\frac{1}{p}\Bigr) \quad\Rightarrow\quad \frac{\rho_3}{\rho_2}=\frac{p}{p-2}=\frac{9}{7}.\]

Закрываем \(k_2\) и открываем \(k_1\). Жидкость из левого сосуда затекает в средний, и в нём три слоя: сверху жидкость 2 высотой \(h\), средний — жидкость 3 высотой \(h/p\), нижний — жидкость 1 высотой \(h/q\). В левом сосуде останется столбик высотой \(h(1-1/q)\). Равенство давлений у дна: \[\rho_2h+\rho_3\frac{h}{p}+\rho_1\frac{h}{q}=\rho_1h\Bigl(1-\frac{1}{q}\Bigr).\] Делим на \(\rho_3\): \[\frac{\rho_1}{\rho_3}=\frac{q(p-1)}{p(q-2)}=\frac{10}{9}.\]

Подсказка

Пружины связывают тело и лёд: в начальном состоянии их силы уравновешивают давление масла и опору. После таяния тело всплывает и плавает на масле, а изменение уровня масла даёт соотношение между плотностями.

Ответ

1) \(\rho_M\approx 817\) кг/м\(^3\), \(\rho_T\approx 545\) кг/м\(^3\);  2) давление в точке \(A\) не изменится.

Решение

1. В начальном состоянии (пружинки растянуты на \(\Delta x\), \(k\) — жёсткость каждой): \[\rho_TV_Tg+2k\Delta x-\rho_MV_Tg=P,\qquad \rho_ЛV_Лg-2k\Delta x-\rho_MV_Лg=0.\] Сложив уравнения: \[(\rho_T-\rho_M)V_Tg+(\rho_Л-\rho_M)V_Лg=P.\]

2. После таяния льда вода опускается на дно, тело всплывает и плавает на масле: \(\rho_TV_Tg=\rho_MV_T'g\), откуда \(V_T'=\dfrac{\rho_T}{\rho_M}V_T\). Объём жидкости и высоты уровня до и после таяния связаны соотношениями \(SH=V_M+V_T+V_Л\) и \(SH'=V_M+V_T'\), поэтому \[\alpha=\frac{H}{H'}=\frac{V_M+V_T+V_Л}{V_M+\beta V_T},\qquad \beta=\frac{\rho_T}{\rho_M},\] откуда \(\beta=\dfrac{V_M(1-\alpha)+V_T+V_Л}{\alpha V_T}\approx 0{,}667\).

3. Подставляя \(\rho_T=\beta\rho_M\) в сумму уравнений из п. 1: \[\rho_M=\frac{P-\rho_ЛV_Лg}{\bigl((\beta-1)V_T-V_Л\bigr)g}\approx 817~\text{кг/м}^3, \qquad \rho_T=\beta\rho_M\approx 545~\text{кг/м}^3.\]

4. Давление в точке \(A\) равно весу всего содержимого сосуда, делённому на площадь дна. Масса сосуда, масла, тела и воды/льда не меняется, поэтому давление на стол не меняется.

Подсказка

Натяжение нити одинаково по всей её длине; из равновесия блока и отсутствия трения получите связь удлинений пружины и жгутов, затем используйте изменение расстояния между плоскостями.

Ответ

\(\Delta x_1=\dfrac{4\Delta H}{4+\dfrac{k_1}{k_2}+\dfrac{k_1}{k_3}}\);  \(\Delta x_2=\dfrac{2\Delta H}{1+\dfrac{4k_2}{k_1}+\dfrac{k_2}{k_3}}\);  \(\Delta x_3=\dfrac{2\Delta H}{1+\dfrac{4k_3}{k_1}+\dfrac{k_3}{k_2}}\), где \(\Delta x_1\) — удлинение пружины, \(\Delta x_2\) и \(\Delta x_3\) — жгутов.

Решение

Обозначим изменения длин: \(\Delta x_1\) — пружина, \(\Delta x_2\) и \(\Delta x_3\) — жгуты. Пусть \(M\) — масса блока, \(\Delta x_0\) — начальное удлинение пружины. В начальном состоянии \(k_1\Delta x_0=Mg\). После развода плоскостей равновесие блока: \[k_1(\Delta x_0+\Delta x_1)-Mg-2k_2\Delta x_2=0 \quad\Rightarrow\quad k_1\Delta x_1=2k_2\Delta x_2.\] Нить и жгуты натянуты одной силой по всей длине, поэтому \(k_2\Delta x_2=k_3\Delta x_3\). Расстояние между плоскостями изменилось на \[\Delta H=\Delta x_1+\frac{\Delta x_2+\Delta x_3}{2}.\] Решая систему, получаем ответ, приведённый выше.

Подсказка

Пар сохраняет объём сосуда, а давление пара при нагреве зависит от температуры линейно. Масса воды мала, поэтому её вклад в объём пренебрежимо мал.

Ответ

\(Q_2-Q_1\approx 8{,}4\) Дж (во втором сосуде теплоты требуется больше).

Решение

Давление пара в первом сосуде при \(T_1=367\) К: \[p_1=p_{100}-\alpha\cdot 6\,\text{K}=101{,}3-2{,}4\cdot 6=86{,}9~\text{кПа},\] где \(\alpha=2{,}4\) кПа/К. Объём сосуда \(V=\dfrac{MRT_1}{\mu p_1}\) не меняется при испарении капли (масса капли мала). При нагреве на \(\Delta T\) давление пара \(p_2=p_1+\alpha\Delta T\), а уравнение состояния пара: \[(p_1+\alpha\Delta T)V=\frac{M+m}{\mu}R(T_1+\Delta T).\] Отсюда \[\Delta T=\frac{mT_1p_1}{\alpha MT_1-p_1M-p_1m},\] где \(m\) — масса воды. Для второго сосуда подставляем \(T_2=373\) К и \(p_2=101{,}3\) кПа. Получаем \(\Delta T_1\approx 0{,}32\) К и \(\Delta T_2\approx 0{,}38\) К.

Теплота, сообщённая сосуду, идёт на нагрев воды и пара на \(\Delta T\) и на испарение воды: \[Q=qm+cm\Delta T+c_{п}M\Delta T.\] Разность с учётом равенства \(qm\) для обоих сосудов: \[Q_2-Q_1=(cm+c_{п}M)(\Delta T_2-\Delta T_1)\approx 8{,}4~\text{Дж}.\]

Подсказка

Перейдите в систему, где внутреннее кольцо неподвижно: центр малого кольца движется со скоростью, равной полусумме скоростей его точек касания.

Ответ

1) \(t_1=\dfrac{2\pi(R_1+R_2)}{\omega_2R_2+\omega_1R_1}\);  2) \(\omega=\dfrac{(\omega_2-\omega_1)R_2}{2(R_2-R_1)}\).

Решение

Радиус малого кольца \(r=\dfrac{R_2-R_1}{2}\), его центр расположен на расстоянии \(R_x=\dfrac{R_2+R_1}{2}\) от оси колец.

Перейдём в систему отсчёта, в которой внутреннее кольцо \(R_1\) покоится. Внешнее кольцо \(R_2\) в этой системе вращается вокруг внутреннего с частотой \(\omega'=\omega_2-\omega_1\). Точка малого кольца, касающаяся кольца \(R_2\), движется со скоростью \((\omega_2-\omega_1)R_2\), поэтому центр малого кольца движется со скоростью, в два раза меньшей: \[v_0'=\frac{(\omega_2-\omega_1)R_2}{2}.\] Частота обращения малого кольца вокруг своей оси в этой системе отсчёта: \[\omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{2\pi r}\,v_0'=\frac{(\omega_2-\omega_1)R_2}{2(R_2-R_1)}.\]

Возвращаясь в исходную систему отсчёта, находим линейную скорость центра малого кольца: \[v_0=\frac{(\omega_2-\omega_1)R_2}{2}+\frac{\omega_1(R_2+R_1)}{2} =\frac{\omega_2R_2+\omega_1R_1}{2}.\] Время одного оборота малого кольца вокруг внутреннего кольца: \[t_1=\frac{2\pi R_x}{v_0}=\frac{2\pi(R_1+R_2)}{\omega_2R_2+\omega_1R_1}.\]