Всесоюзная, 1977/78, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Вода кипит, когда давление насыщенного пара сравнивается с давлением над ней, а оно у резервуара определяется столбом воды в канале. Что произойдёт с давлением над водой, когда канал опустеет, и откуда возьмётся теплота на испарение?

Ответ

Вода в резервуаре закипает при \(t_1\approx180\,^\circ\text{C}\), к концу извержения остывает до \(t_2=100\,^\circ\text{C}\); резервуар теряет около \(14\%\) воды (порядка \(15\%\)).

Решение

Что происходит. Пока канал полон воды, давление над водой в резервуаре равно давлению столба воды в канале плюс атмосферному. Такая вода закипает не при \(100\,^\circ\text{C}\), а при той температуре, при которой давление насыщенного пара достигает этого значения. Как только вода закипела, пар вытесняет воду из канала и выбрасывается наружу, давление над резервуаром падает до атмосферного. Перегретая вода оказывается выше точки кипения при \(1\) атм, кипит бурно и остывает, отдавая теплоту на испарение, пока не достигнет \(100\,^\circ\text{C}\). Главная идея — уравнение теплового баланса: теплота, которую отдаёт остывающая вода, идёт на превращение части воды в пар, а пар уносит эту часть из резервуара.

Обозначения. \(m\) — масса воды в резервуаре до извержения; \(p_0=1\) атм — атмосферное давление; \(t_1\) — температура начала кипения, \(t_2\) — температура конца извержения; \(\Delta t=t_1-t_2\).

1. Температура начала кипения. Резервуар соединён с поверхностью узким каналом, полным воды, поэтому давление над водой в резервуаре равно \[p_1=p_0+\rho g h=1{,}0\text{ атм}+\frac{10^{3}\cdot 9{,}8\cdot 90}{1{,}01\cdot10^{5}}\text{ атм}\approx 1{,}0+8{,}7=9{,}7\text{ атм}.\] Вода закипает, когда давление насыщенного пара становится равным давлению над ней. По графику на рисунке 6 давление \(9{,}7\) атм соответствует \(t_1\approx180\,^\circ\text{C}\) (построение — на рисунке).

2. Температура конца извержения. Когда канал заполнен только паром, давление над водой равно атмосферному (пар свободно выходит наружу). Вода кипит при этом давлении, пока температура выше \(t_2=100\,^\circ\text{C}\): по графику \(p=1\) атм при \(100\,^\circ\text{C}\). Охладившись до \(100\,^\circ\text{C}\), вода перестаёт кипеть и извержение прекращается. Обратите внимание: воды в самом канале мало (канал узкий), поэтому её выброс в оценке не учитываем.

3. Тепловой баланс. Рассмотрим момент, когда в резервуаре осталась вода массой \(M\) при температуре \(t\). За малый промежуток температура падает на \(dt<0\), и вода отдаёт теплоту \(Mc\,|dt|\). Она идёт на испарение массы \(|dM|\), то есть \(L\,|dM|\), а пар сразу уходит из резервуара (потерями теплоты в стенки пренебрегаем; удельную теплоту испарения считаем постоянной и равной данной): \[L\,|dM|=c\,M\,|dt|\quad\Rightarrow\quad \frac{|dM|}{M}=\frac{c}{L}\,|dt|.\] Суммируем от начала извержения (\(t_1\), масса \(m\)) до конца (\(t_2\), масса \(m-\Delta m\)): \[\ln\frac{m}{m-\Delta m}=\frac{c\,\Delta t}{L}.\]

4. Доля потерянной воды. \[\frac{\Delta m}{m}=1-\exp\!\left(-\frac{c\,(t_1-t_2)}{L}\right).\] Подставляем: \(\dfrac{c\,\Delta t}{L}=\dfrac{4{,}2\cdot10^{3}\cdot 80}{2{,}26\cdot10^{6}}\approx 0{,}149\), поэтому \[\frac{\Delta m}{m}=1-e^{-0{,}149}\approx 0{,}14 .\] Обратите внимание: если грубо приравнять \(mc\Delta t=\Delta m\,L\) (будто остывает вся исходная масса), выйдет \(0{,}149\approx15\%\); точнее — \(14\%\). Для оценки это одно и то же: гейзер теряет за извержение порядка \(15\%\) воды.

Проверка. Размерность: \(c\,\Delta t/L\) — (Дж/(кг\(\cdot\)К))\(\cdot\)К / (Дж/кг) — безразмерно, как и должно быть для доли. Предельный случай: при \(\Delta t\to0\) (вода уже при \(100\,^\circ\text{C}\)) доля теряемой воды стремится к нулю. Второй способ: для малого \(x\) формула даёт \(x\approx c\Delta t/L\), а это ровно баланс «вся вода остыла, теплота пошла на пар». Физический смысл: чтобы остыть на \(80\) градусов, каждый килограмм воды должен отдать \(c\Delta t\approx3{,}4\cdot10^{5}\) Дж, а один килограмм пара уносит \(2{,}26\cdot10^{6}\) Дж, то есть примерно в семь раз больше.

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

Подсказка

Вертолёт висит, потому что винт отбрасывает воздух вниз: сила тяги равна силе тяжести. Выразите мощность через вес и размеры, а потом сравните вертолёт и модель, учтя, как растут масса и площадь винта при увеличении размеров в \(k\) раз.

Ответ

\(P_2=P_1\,k^{7/2}=30\text{ Вт}\cdot10^{3{,}5}\approx 9{,}5\cdot10^{4}\) Вт \(\approx 95\) кВт.

Решение

Что происходит. Висящий вертолёт стоит на месте относительно земли, значит, сила тяжести уравновешена силой, с которой воздух давит на винт. По третьему закону Ньютона она равна силе, с которой винт отбрасывает воздух вниз. Двигатель всё время разгоняет новые порции воздуха от покоя до скорости \(u\), поэтому его мощность — это кинетическая энергия, которую получает воздух за единицу времени. Главная идея — записать закон сохранения импульса и закон сохранения энергии для воздуха, прошедшего через винт, и сравнить вертолёт с моделью, пользуясь подобием.

Обозначения. \(m\) — масса вертолёта; \(S\) — площадь, омываемая винтом (сечение струи); \(u\) — скорость воздуха в струе под винтом; \(\rho\) — плотность воздуха; \(F\) — сила тяги; \(P\) — мощность, передаваемая воздуху. Индексом \(1\) отмечена модель, индексом \(2\) — настоящий вертолёт; \(k=L_2/L_1=10\) — во сколько раз вертолёт больше модели.

1. Тяга из закона сохранения импульса. За малое время \(dt\) винт пропускает массу воздуха \(dm=\rho S u\,dt\) и сообщает ей скорость \(u\) вниз (воздух над винтом покоится). Запишем закон изменения импульса для этой порции воздуха: сила, с которой винт действует на воздух, равна \(F=\dfrac{dm\,u}{dt}=\rho S u^{2}\). По третьему закону Ньютона воздух действует на вертолёт вверх с такой же силой, а вертолёт висит, поэтому \[\rho S u^{2}=mg\quad\Rightarrow\quad u=\sqrt{\frac{mg}{\rho S}} .\]

2. Мощность из закона сохранения энергии. Порция воздуха \(dm\) получает кинетическую энергию \(\dfrac{dm\,u^{2}}{2}\), которую в конечном счёте даёт двигатель. Значит, \[P=\frac{1}{2}\,\frac{dm}{dt}\,u^{2}=\frac12\,\rho S u^{3}=\frac12\,mg\,u=\frac12\,\frac{(mg)^{3/2}}{\sqrt{\rho S}} .\] Мощность растёт как \(m^{3/2}\) и убывает при росте \(S\).

3. Подобие. Вертолёты геометрически подобны и сделаны из одних материалов, поэтому масса пропорциональна объёму, \(m\propto L^{3}\), а площадь винта — квадрату размера, \(S\propto L^{2}\). Плотность воздуха и \(g\) одинаковы, и отношение мощностей в каждой формуле даёт один и тот же коэффициент (\(\tfrac12\) и коэффициент полезного действия при подобном обтекании сокращаются): \[\frac{P_2}{P_1}=\frac{m_2^{3/2}\,S_1^{1/2}}{m_1^{3/2}\,S_2^{1/2}}=k^{9/2}\,k^{-1}=k^{7/2}.\] Скорость струи растёт как \(u\propto\sqrt{mg/S}\propto L^{1/2}\): у большого вертолёта воздух приходится гнать быстрее.

4. Соберём ответ. \[P_2=P_1\,k^{7/2}=30\text{ Вт}\cdot10^{3{,}5}\approx 30\cdot 3162\text{ Вт}\approx 9{,}5\cdot10^{4}\text{ Вт}\approx 95\text{ кВт}.\]

Обратите внимание: нельзя считать мощность пропорциональной массе (это дало бы \(30\) кВт). Вертолёт тяжелее в \(10^{3}\) раз, и каждый килограмм приходится удерживать, отбрасывая воздух быстрее, чем у модели в \(\sqrt{10}\approx3{,}2\) раза; поэтому мощность растёт в \(10^{3}\cdot\sqrt{10}\) раз. Ответ верен как минимальная мощность при том же качестве винта и подобном обтекании; настоящая мощность двигателя ещё зависит от потерь.

Проверка. Размерность: \((mg)^{3/2}/\sqrt{\rho S}\) — (Н)\(^{3/2}\) / (кг/м\(^{3}\cdot\)м\(^{2}\))\(^{1/2}\) = Н\(\cdot\sqrt{\text{Н}\cdot\text{м}/\text{кг}}\) = Н\(\cdot\)м/с, то есть ватт. Второй способ: мощность на единицу массы \(P/m\propto u\propto L^{1/2}\), откуда \(P_2/P_1=k^{3}\,k^{1/2}=k^{7/2}\). Физический смысл: вертолёт вдесятеро больше модели весит в тысячу раз больше, а площадь винта — только в сто раз, поэтому воздуху надо сообщать большую скорость, и мощность на килограмм растёт.

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

Подсказка

Полезное тепло — это тепло, выделившееся на нагревателе \(R\). Посчитайте, сколько энергии отдаёт батарея и сколько тепла выделяется на нагревателе за один заряд и один разряд, не интересуясь формой тока: и там, и там ток течёт по одной цепи, а заряд, прошедший по ней, известен.

Ответ

\(\eta=\dfrac12\left(1+\dfrac{R}{R+r}\right)=\dfrac{2R+r}{2(R+r)}=\dfrac{6}{11}\approx0{,}55\); при прямом подключении \(\eta_0=\dfrac{R}{R+r}=\dfrac1{11}\approx0{,}09\); КПД выше в \(\dfrac{\eta}{\eta_0}=\dfrac{2R+r}{2R}=6\) раз.

Решение

Что происходит. В положении «\(a\)» батарея заряжает конденсатор через нагреватель: ток течёт по цепи батарея — \(r\) — \(C\) — \(R\), и тепло выделяется и на внутреннем сопротивлении батареи, и на нагревателе. В положении «б» батарея отключена, а конденсатор разряжается через нагреватель: вся его энергия превращается в тепло на \(R\). Главная идея — считать энергию за один цикл: сколько отдала батарея, сколько тепла выделилось на \(R\). Так как конденсатор успевает зарядиться и разрядиться полностью, число переключений в секунду на КПД не влияет.

Обозначения. \(q=C\mathcal{E}\) — заряд конденсатора в конце зарядки; \(A\) — работа батареи за один цикл; \(Q_R\) — полезное тепло на \(R\); \(\eta=Q_R/A\) — КПД схемы.

1. Зарядка (ключ в положении «\(a\)»). За время зарядки через батарею проходит заряд \(q=C\mathcal{E}\) (в конце зарядки ток прекращается, и напряжение на конденсаторе равно \(\mathcal{E}\)). Работа батареи — заряд, умноженный на её э. д. с.: \[A=q\,\mathcal{E}=C\mathcal{E}^{2}=200\cdot10^{-6}\cdot10^{4}\text{ Дж}=2\text{ Дж}.\] Эта энергия делится так. В конце зарядки конденсатор запас \(W=\dfrac{C\mathcal{E}^{2}}{2}\) (формула энергии заряженного конденсатора), остальное — тепло на двух последовательных сопротивлениях \(r\) и \(R\): \[Q_{\text{зар}}=A-W=\frac{C\mathcal{E}^{2}}{2}=1\text{ Дж}.\] Ток в обоих сопротивлениях один и тот же в каждый момент, поэтому тепло делится пропорционально сопротивлениям (закон Джоуля — Ленца, \(dQ=I^{2}R\,dt\) при общем \(I\)): \[Q_R^{\text{зар}}=\frac{R}{R+r}\cdot\frac{C\mathcal{E}^{2}}{2},\qquad Q_r^{\text{зар}}=\frac{r}{R+r}\cdot\frac{C\mathcal{E}^{2}}{2}.\] Обратите внимание: это справедливо для любого вида зависимости тока от времени, раз сопротивления соединены последовательно; решать уравнение зарядки не нужно.

2. Разрядка (ключ в положении «б»). Батарея отключена, конденсатор замкнут на нагреватель. Вся запасённая энергия переходит в тепло на \(R\): \[Q_R^{\text{разр}}=\frac{C\mathcal{E}^{2}}{2}=1\text{ Дж}.\]

3. КПД схемы. Полезное тепло за цикл — сумма тепла на \(R\) при зарядке и разрядке, затраченная энергия — работа батареи: \[\eta=\frac{Q_R^{\text{зар}}+Q_R^{\text{разр}}}{A} =\frac{\dfrac{C\mathcal{E}^{2}}{2}\left(\dfrac{R}{R+r}+1\right)}{C\mathcal{E}^{2}} =\frac12\left(1+\frac{R}{R+r}\right)=\frac{2R+r}{2(R+r)}.\] Численно \(\eta=\dfrac{120}{220}=\dfrac{6}{11}\approx0{,}55\) (\(Q_R=0{,}09+1=1{,}09\) Дж из \(2\) Дж).

4. Прямое подключение. Нагреватель включён к батарее напрямую: ток \(I=\dfrac{\mathcal{E}}{R+r}\) постоянный, полезная мощность \(I^{2}R\), а полная — \(I\mathcal{E}\). Их отношение \[\eta_0=\frac{I^{2}R}{I\mathcal{E}}=\frac{R}{R+r}=\frac1{11}\approx0{,}09 .\]

5. Сравнение. \[\frac{\eta}{\eta_0}=\frac{2R+r}{2(R+r)}\cdot\frac{R+r}{R}=\frac{2R+r}{2R}=\frac{120}{20}=6 .\]

Проверка. Предельный случай \(r\to0\): \(\eta\to1\), как и должно быть, если потерь нет (батарея идеальная, всё тепло на \(R\)), а \(\eta_0\to1\) тоже, отношение стремится к \(1\): выигрыша нет. При \(r\gg R\): \(\eta\to\dfrac12\), \(\eta_0\to0\): отношение велико, потому что половину энергии мы всё равно берём из конденсатора, где она никакому \(r\) не достаётся. Размерности: \(C\mathcal{E}^{2}\) — Ф\(\cdot\)В\(^{2}\) = Дж. Физический смысл: при зарядке половина энергии батареи остаётся в конденсаторе и целиком возвращается на нагреватель, а при прямом включении почти всё тепло выделяется на большом внутреннем сопротивлении батареи. Заодно видно, что частота \(f\) нужна только для мощности: \(P_{\text{бат}}=fA=20\) Вт, на нагревателе \(fQ_R\approx10{,}9\) Вт, при прямом подключении \(\mathcal{E}^{2}R/(R+r)^{2}\approx8{,}3\) Вт.

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

Подсказка

Напряжение источника делится между резистором и дугой: \(U=IR+U_{\text{д}}(I)\). Нарисуйте на графике рисунка 8 прямую \(U_{\text{д}}=U-IR\) для разных \(R\) и посмотрите, при каком наибольшем \(R\) она ещё пересекает кривую.

Ответ

\(R_{\max}\approx4{,}6\) Ом (прямая \(U_{\text{д}}=85-IR\) касается характеристики дуги в точке \(I\approx3{,}8\) А, \(U_{\text{д}}\approx67{,}6\) В).

Решение

Что происходит. Дуга и резистор соединены последовательно, ток у них общий, а напряжения складываются до напряжения источника. Дуга — нелинейный элемент, её напряжение при токе \(I\) берём с графика, напряжение на резисторе — \(IR\). Дуга горит, если есть ток, при котором оба условия выполнены. Главная идея — графическое решение: на плоскости \((I,U_{\text{д}})\) пересечение характеристики дуги и «нагрузочной прямой» \(U_{\text{д}}=U-IR\) даёт рабочую точку.

Обозначения. \(U=85\) В — напряжение источника; \(R\) — сопротивление резистора; \(U_{\text{д}}(I)\) — напряжение на дуге (кривая рисунка 8).

1. Уравнение цепи. Закон Ома для резистора и закон сохранения энергии (сумма напряжений на последовательных участках равна напряжению источника) дают \[U=U_{\text{д}}(I)+IR\quad\Rightarrow\quad U_{\text{д}}=U-IR .\] Это прямая, проходящая через точку \((0;85\text{ В})\) с угловым коэффициентом \(-R\). Рабочая точка — её пересечение с кривой. Чем больше \(R\), тем круче прямая. При \(R=2\) Ом прямая пересекает кривую дважды (при \(I\approx1{,}7\) А и \(I\approx15{,}5\) А), при \(R=8\) Ом — ни разу: прямая везде ниже характеристики, горящей дуги нет.

2. Граничный случай. Кривая выпуклая (убывающая, всё более пологая), поэтому предельная прямая — та, что проходит через \((0;85)\) и касается кривой: при чуть большем \(R\) пересечений нет. Построив касательную из точки \((0;85\text{ В})\) к графику, находим точку касания \(I_0\approx3{,}8\) А, \(U_{\text{д}0}\approx67{,}6\) В. Сопротивление определяется наклоном прямой: \[R_{\max}=\frac{U-U_{\text{д}0}}{I_0}=\frac{85-67{,}6}{3{,}8}\text{ Ом}\approx4{,}6\text{ Ом}.\]

3. Тот же результат вторым способом. Любая точка кривой \((I;U_{\text{д}})\) задаёт сопротивление, при котором прямая проходит через эту точку: \(R(I)=\dfrac{U-U_{\text{д}}(I)}{I}\). Дуга может гореть, если такое \(R\) достижимо, значит, \(R_{\max}\) — наибольшее значение этой функции. На рисунке она построена по точкам графика: максимум \(4{,}6\) Ом при \(I\approx3{,}8\) А.

Обратите внимание: дуга горит устойчиво, только если \(R>\left|\dfrac{dU_{\text{д}}}{dI}\right|\) в рабочей точке (на падающем участке характеристики). Из двух пересечений при \(R<R_{\max}\) устойчиво правое, где кривая пологая; при \(R=R_{\max}\) точка касания — граница, при \(R>R_{\max}\) дуга погаснет.

Проверка. Размерность: В/А = Ом. В точке касания наклон кривой равен наклону прямой: по графику \(\dfrac{dU_{\text{д}}}{dI}\approx\dfrac{63{,}4-70{,}5}{4{,}8-3{,}3}\approx-4{,}7\) Ом, что с точностью чтения графика совпадает с \(4{,}6\) Ом. Предельный случай: при \(U\to U_{\text{min}}\) (около \(54\) В, «полка» характеристики) \(R_{\max}\to0\), горения нет ни при каком резисторе. Физический смысл: резистор не даёт току неограниченно расти, но, если он слишком велик, ток получается меньше значения, при котором дуга удерживается.

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

Подсказка

Между стенками колбы остался такой разреженный воздух, что молекулы летят от стенки к стенке без столкновений друг с другом. Сколько молекул в секунду попадает на единицу площади стенки и какую энергию каждая переносит от горячей стенки к холодной?

Ответ

\(t\approx\dfrac{cm}{3R\Gamma S}\ln\dfrac{T_1-T_0}{T_2-T_0}\approx 2\cdot10^{4}\) с \(\approx5{,}5\) ч (порядок величины — несколько часов).

Решение

Что происходит. Воздуха между стенками почти нет, поэтому молекулы почти не сталкиваются друг с другом, а летают от стенки к стенке. Молекула, ударившись о горячую стенку, уходит с ней в тепловом равновесии и уносит больше энергии, чем в среднем несёт молекула от холодной стенки. Каждый такой перелёт — перенос теплоты. Скорость остывания чая определяется числом молекул, ударяющихся о стенку, и энергией, которую каждая переносит. Главная идея — считать поток молекул на стенку из кинетической теории газа, а затем решить уравнение остывания.

Обозначения. \(T_1\) — температура чая, \(T_0=293\) К — комнатная температура (стенки снаружи и газ при ней), \(T_2\) — конечная температура чая; \(M=29\) г/моль — молярная масса воздуха; \(\Gamma\) — число молей, падающих на единицу площади стенки за единицу времени; \(m=1\) кг — масса чая (\(1\) литр воды).

1. Режим. Длина свободного пробега при \(p\approx1\) Па (\(10^{-5}\) атм \(\approx1{,}0\) Па) и \(T_0=293\) К равна \(\lambda=\dfrac{kT_0}{\sqrt2\,\pi d^{2}p}\approx7\) мм (\(d\approx3{,}7\cdot10^{-10}\) м). Это порядка зазора между стенками колбы (миллиметры), поэтому считаем: молекулы летают от стенки к стенке свободно, и теплопередача определяется только ударами о стенки. Давление и сравнение с зазором — допущение оценки.

2. Поток молекул на стенку. Из кинетической теории газа число молекул, падающих на единицу площади за единицу времени, равно \(\dfrac{n\bar v}{4}\), где \(\bar v=\sqrt{\dfrac{8RT_0}{\pi M}}\) — средняя скорость, \(n=\dfrac{p}{kT_0}\). В молях (молекулы поделены на число Авогадро) \[\Gamma=\frac{p}{\sqrt{2\pi M R T_0}}=\frac{1{,}0}{\sqrt{2\pi\cdot0{,}029\cdot8{,}3\cdot293}}\ \frac{\text{моль}}{\text{м}^{2}\cdot\text{с}}\approx4{,}8\cdot10^{-2}\ \frac{\text{моль}}{\text{м}^{2}\cdot\text{с}} .\] В стационарном состоянии стенка не поглощает газ, поэтому молекул, отлетающих от горячей стенки, столько же, сколько прилетающих на неё от холодной: поток \(\Gamma\) в обе стороны одинаков.

3. Энергия, переносимая одним молем. Молекула, ударившись о стенку, вылетает с распределением по скоростям, отвечающим температуре стенки. Через единицу площади в единицу времени уходят быстрые молекулы с большей вероятностью, поэтому поступательная энергия на одну вылетающую молекулу равна \(2kT\) (а не \(\tfrac32kT\)). Воздух двухатомный, и вращательная энергия добавляет \(kT\). Итого на один моль, вылетающий от стенки температуры \(T\), приходится энергия \(3RT\). Предполагаем, что молекулы полностью приходят в тепловое равновесие со стенкой при каждом ударе. Тогда суммарный поток энергии от чая (температура \(T_1\)) к холодной стенке: \[q=\Gamma\cdot 3R\,(T_1-T_0).\] Обратите внимание: давление в оценке — давление при комнатной температуре: именно по нему определён поток \(\Gamma\) на комнатную стенку, и такой же поток уходит от горячей. Излучением стенок (они серебряные) и теплопроводностью по стеклу пренебрегаем.

4. Уравнение остывания. Тепловая мощность потерь через всю поверхность \(S\) равна \(P=\alpha\,(T_1-T_0)\), где \[\alpha=3R\,\Gamma S=3\cdot8{,}3\cdot4{,}8\cdot10^{-2}\cdot6\cdot10^{-2}\ \frac{\text{Вт}}{\text{К}}\approx7{,}2\cdot10^{-2}\ \frac{\text{Вт}}{\text{К}}.\] Рассмотрим малый промежуток \(dt\): чай отдаёт теплоту, и его температура падает на \(dT\): \[-cm\,dT=\alpha\,(T-T_0)\,dt\quad\Rightarrow\quad \frac{dT}{T-T_0}=-\frac{\alpha}{cm}\,dt .\] Суммируем от начала (\(T_1=363\) К) до конца (\(T_2=343\) К, время \(t\)): \[\ln\frac{T_1-T_0}{T_2-T_0}=\frac{\alpha}{cm}\,t\quad\Rightarrow\quad t=\frac{cm}{\alpha}\ln\frac{70}{50}.\]

5. Число. \[\frac{cm}{\alpha}=\frac{4{,}2\cdot10^{3}}{7{,}2\cdot10^{-2}}\text{ с}\approx5{,}8\cdot10^{4}\text{ с},\qquad t\approx5{,}8\cdot10^{4}\cdot0{,}336\text{ с}\approx2\cdot10^{4}\text{ с}\approx5{,}5\text{ ч}.\] Как оценка — несколько часов; вакуум в \(10^{-5}\) атм задерживает тепло заметно хуже, чем идеальный (при давлении в сто раз меньше время выросло бы в сто раз).

Проверка. Размерность: \(\Gamma R S\) — (моль/(м\(^{2}\cdot\)с))\(\cdot\)(Дж/(моль\(\cdot\)К))\(\cdot\)м\(^{2}\) = Вт/К, а \(cm/\alpha\) — (Дж/К)/(Вт/К) = с. Время обратно пропорционально давлению \(p\) (поток \(\Gamma\propto p\)): чем лучше откачан термос, тем он дольше держит тепло, и при \(p\to0\) время растёт неограниченно (остаются излучение и пробка, которые мы отбросили). Прикидка по порядку величины другим способом: за секунду стенка получает \(\Gamma S\approx2{,}9\cdot10^{-3}\) моль, то есть около \(1{,}7\cdot10^{21}\) молекул; каждая уносит \(3k\cdot60\text{ К}\approx2{,}5\cdot10^{-21}\) Дж, и мощность потерь около \(4\) Вт при \(\Delta T=60\) К, что даёт \(\alpha\approx0{,}07\) Вт/К, как выше.

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