Всесибирская, 2024/25, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Сравните мощности, которые выделяются на разных конфорках при одинаковом токе через блоки. Затем запишите тепловой баланс для двух кастрюль и разделите уравнения друг на друга.

Ответ

На конфорку \(3R\); время \(\tau_2=3\dfrac{U_{12}^2}{U_{34}^2}\tau_1\approx 2{,}3\) мин.

Решение

Сопротивление блока из конфорок \(2R\) и \(R\) (блок 1–2): \(R_{12}=\dfrac{2R\cdot R}{2R+R}=\dfrac{2}{3}R\). Сопротивление блока из конфорок \(3R\) и \(4R\) (блок 3–4): \(R_{34}=\dfrac{3R\cdot 4R}{3R+4R}=\dfrac{12}{7}R\).

Ток через оба блока одинаков, поэтому напряжение на блоке 3–4 больше, и на нём выделяется большая мощность. Мощность на конфорке тем больше, чем меньше её сопротивление при одинаковом напряжении на блоке. Значит, быстрее всего вода закипит на конфорке \(3R\).

Тепловой баланс для кастрюли на конфорке \(2R\) (масса \(m\), нагрев на \(\Delta t\)): \(C\,m\,\Delta t=\dfrac{U_{12}^2}{2R}\,\tau_1\). Для двухлитровой кастрюли на конфорке \(3R\) (масса \(2m\)): \(C\cdot 2m\,\Delta t=\dfrac{U_{34}^2}{3R}\,\tau_2\).

Разделив второе уравнение на первое, получаем \(2=\dfrac{2}{3}\dfrac{U_{34}^2}{U_{12}^2}\dfrac{\tau_2}{\tau_1}\), откуда \(\tau_2=3\dfrac{U_{12}^2}{U_{34}^2}\tau_1\).

Закон Ома для блоков: \(U_{12}=I\,R_{12}=\dfrac{2}{3}IR\), \(U_{34}=I\,R_{34}=\dfrac{12}{7}IR\), поэтому \(\dfrac{U_{12}}{U_{34}}=\dfrac{7}{18}\). Тогда \(\tau_2=3\cdot\dfrac{49}{324}\cdot 5\text{ мин}=\dfrac{735}{324}\text{ мин}\approx 2{,}3\) мин.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сравните полное время полёта вверх и вниз в комнате, где мячик отражается от потолка, с полным временем полёта без потолка; симметрия движения вверх и вниз поможет.

Ответ

\(\Delta t=\dfrac{2v_1}{g}\).

Решение

Пусть \(v_0\) — начальная скорость мячика. Скорость перед ударом о потолок \(v_1=v_0-gt_1\), откуда время подъёма до потолка \(t_1=\dfrac{v_0-v_1}{g}\).

Удар абсолютно упругий, поэтому скорость по модулю сохраняется и равна \(v_1\). Мячик движется с одинаковым ускорением \(g\), поэтому время от потолка до точки старта такое же, как время подъёма до потолка: \(t_1\). Полное время полёта в комнате: \(T_1=2t_1=\dfrac{2(v_0-v_1)}{g}\).

На улице скорость мячика в верхней точке равна нулю, поэтому полное время полёта \(T_2=\dfrac{2v_0}{g}\).

Искомая разность \(\Delta t=T_2-T_1=\dfrac{2v_0}{g}-\dfrac{2(v_0-v_1)}{g}=\dfrac{2v_1}{g}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Жёсткость отрезка шнура обратно пропорциональна его длине. В конечном положении подъём лёгкого груза прекращается, когда тяжёлый груз касается пола; запишите равновесие обеих половин шнура.

Ответ

\(X=\dfrac{3h(L+h)}{2L+3h}\).

Решение

Пусть \(k\) — жёсткость части шнура длиной \(L\), \(H\) — высота стержня над полом, \(X\) — искомое дополнительное смещение груза \(m\). Жёсткость отрезка длиной \(\ell\) равна \(\dfrac{kL}{\ell}\).

В начальном положении условия равновесия грузов: \(mg=k(H-2h-L)\) и \(2mg=k(H-h-L)\). Отсюда \(k=\dfrac{mg}{h}\) и \(H=L+3h\).

Подъём груза \(m\) и проскальзывание шнура прекратятся, когда тяжёлый груз опустится на пол, а натяжение правой по рисунку части станет \(F=mg+\Delta T=\dfrac{3mg}{2}\).

Пусть \(L_1\) и \(L_2\) — недеформированные длины левой и правой частей шнура в конечном положении, \(L_1+L_2=2L\). Тогда правая часть: \(L_2+\dfrac{FL_2}{kL}=H\), то есть \(L_2\left(1+\dfrac{3h}{2L}\right)=L+3h\), откуда \(L_2=\dfrac{2L(L+3h)}{2L+3h}\) и \(L_1=2L-L_2=\dfrac{2L^2}{2L+3h}\).

Левая часть: \(L_1+\dfrac{mgL_1}{kL}+2h+X=H\), то есть \(L_1\left(1+\dfrac{h}{L}\right)+2h+X=L+3h\). Отсюда \(X=L+h-L_1\left(1+\dfrac{h}{L}\right)=(L+h)\left(1-\dfrac{2L}{2L+3h}\right)=\dfrac{3h(L+h)}{2L+3h}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сначала найдите «кажущиеся» теплоёмкости заготовки в двух опытах по тепловому балансу. Так как теплоёмкость линейна по температуре, её значение при средней температуре заготовки совпадает с кажущейся.

Ответ

\(C\approx 850\) Дж/(кг·°C) (второй способ даёт 847 Дж/(кг·°C)).

Решение

Кажущиеся теплоёмкости заготовки в двух опытах по тепловому балансу (воду принимаем 5 кг): \(C_1=\dfrac{m_B c_B (T_{к1}-T_0)}{m(T_1-T_{к1})}=\dfrac{5\cdot 4200\cdot 3}{1\cdot 22}\approx 2864\) Дж/(кг·°C), \(C_2=\dfrac{5\cdot 4200\cdot 5}{1\cdot 30}=3500\) Дж/(кг·°C). Они различаются, а заготовка одна и та же, значит, теплоёмкость зависит от температуры. Пусть \(C=C_0+aT\), где \(T\) — в кельвинах (или \(C=C_0'+a'(T-T_0)\), \(T\) в градусах Цельсия; различие только в постоянной).

Способ 1 (алгебраический). Кажущаяся теплоёмкость относится к средней температуре заготовки в опыте: \(T_{ср1}=39\,^\circ\)C, \(T_{ср2}=45\,^\circ\)C. Тогда \(2864=C_0+a(39+273{,}15)\), \(3500=C_0+a(45+273{,}15)\). Отсюда \(a\approx 106\) Дж/(кг·К²), \(C_0\approx -30\,224\) Дж/(кг·К). При шкале Цельсия \(C_0'\approx 850\) Дж/(кг·°C), \(a'=106\) Дж/(кг·°C²). Значит, при 20 °C \(C\approx 850\) Дж/(кг·°C).

Способ 2 (графический). График \(C(T)\) — прямая, площадь под ней между двумя температурами равна теплу, отданному заготовкой. Тепло из баланса воды: \(Q_1=5\cdot 4200\cdot 3=63\,000\) Дж и \(Q_2=5\cdot 4200\cdot 5=105\,000\) Дж. Тогда \(63\,000=C_0\cdot 22+a\dfrac{50^2-28^2}{2}\), \(105\,000=C_0\cdot 30+a\dfrac{60^2-30^2}{2}\) (шкала Цельсия). Решение: \(C_0\approx -1273\) Дж/(кг·°C), \(a\approx 106\) Дж/(кг·°C²), при 20 °C \(C\approx 847\) Дж/(кг·°C).

Два способа дают практически одинаковый ответ.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сумма сил со стороны опор равна весу всей системы \(7mg\). Запишите условие равновесия моментов относительно правого конца стержня для двух крайних положений: когда нагрузку \(P\) несёт левая опора и когда её несёт правая.

Ответ

\(b=\dfrac{3L+42a}{56}\).

Решение

Пусть \(H\) — расстояние между точками касания стержня с опорами, \(b\) — искомое максимальное расстояние от правого конца стержня до ближайшей опоры. Сумма сил со стороны опор равна весу системы \(m g+5mg+mg=7mg\).

При минимальном расстоянии \(a\) максимальная нагрузка \(P\) приходится на левую опору, а правая несёт \(7mg-P\). Моменты относительно правого конца: \(P(a+H)+(7mg-P)a=mgL+\dfrac{mgL}{2}\), откуда \(H=\dfrac{3L-14a}{8}\).

При крайнем правом положении стержня предельная нагрузка приходится на правую опору, и моменты относительно правого конца дают \((7mg-P)(b+H)+Pb=mgL+\dfrac{mgL}{2}\). Подставив \(P=4mg\) и \(H\) из первого уравнения: \(3(b+H)+4b=\dfrac{3}{2}L\), откуда \(7b=\dfrac{3L}{2}-3H\) и \(b=\dfrac{3L+42a}{56}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.