Всесоюзная, 1978/79, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Пар каждого вещества ведёт себя так, будто другого вещества нет. Для каждого сравните давление, которое создал бы весь пар, с давлением насыщенного пара: где оно больше, там часть вещества станет жидкостью.

Ответ

Масса жидкости \(m\approx2{,}0\cdot10^{-3}\) кг (первой жидкости \(0{,}74\) г, второй \(1{,}30\) г). Изотерма: \(p=7\text{ кПа}+\dfrac{130\text{ Дж}}{V}\) от \(V=10\) л (\(20\) кПа) до \(V\approx7{,}65\) л (\(24\) кПа), дальше горизонтальный участок \(p=24\) кПа до \(V\approx3{,}33\) л.

Решение

Что происходит. Жидкости не смешиваются и не реагируют, поэтому пар каждого вещества занимает весь объём под поршнем как отдельный газ, а давление в цилиндре — сумма давлений паров (закон Дальтона). Пока пара меньше, чем нужно для насыщения, он подчиняется уравнению Менделеева — Клапейрона. Если же давление, которое создал бы весь пар вещества, оказалось выше давления насыщенного пара при \(40\,^\circ\text{C}\), лишнее вещество превращается в жидкость, и давление этого пара держится на уровне насыщенного, пока в цилиндре есть жидкость. Главная идея: для каждого вещества и каждого объёма сравнить \(\nu RT/V\) с давлением насыщенного пара.

Обозначения. \(\nu=0{,}05\) моль — количество каждого вещества, \(T=313\) К, \(R=8{,}31\) Дж/(моль\(\cdot\)К); \(V_1=10\) л, \(V_2=V_1/3\approx3{,}33\) л; \(p_{1}=0{,}7\cdot10^4\) Па, \(p_{2}=1{,}7\cdot10^4\) Па — давления насыщенных паров; \(M_1=18\) г/моль, \(M_2=46\) г/моль. Объём жидкости — около \(2\) см\(^3\) — рядом с тремя литрами газа пренебрежимо мал, поэтому объём под поршнем считаем равным объёму пара. Величина \(\nu RT=0{,}05\cdot8{,}31\cdot313\approx130\) Дж понадобится во всех пунктах.

1. Начальное состояние, \(V_1=10\) л. Если бы всё вещество было паром, его давление равнялось бы \[\frac{\nu RT}{V_1}=\frac{130\text{ Дж}}{10^{-2}\text{ м}^3}=1{,}3\cdot10^4\text{ Па}.\] Для первого вещества это больше \(p_1=0{,}7\cdot10^4\) Па, значит, оно уже насыщено: в паре находится \(\nu_{1\text{п}}=p_1V_1/(RT)=0{,}027\) моль, остальные \(0{,}023\) моль — жидкость. Для второго вещества \(1{,}3\cdot10^4<1{,}7\cdot10^4\) Па: оно целиком пар, ненасыщенный. Давление в цилиндре \[p_A=p_1+\frac{\nu RT}{V_1}=0{,}7\cdot10^4+1{,}3\cdot10^4=2{,}0\cdot10^4\text{ Па}.\] Обратите внимание: первое вещество насыщено уже в начале, поэтому его давление при сжатии не меняется. Если считать оба пара ненасыщенными, получится завышенное давление и неверная масса жидкости.

2. Сжатие до насыщения второго пара. Пока второй пар ненасыщен, закон Бойля — Мариотта даёт давление этого пара \(p_{2}'=\nu RT/V\), давление первого неизменно, \(p_1\), так что \[p=p_1+\frac{\nu RT}{V}\qquad(V_*\le V\le V_1).\] Второй пар достигнет насыщения при \(\nu RT/V_*=p_2\): \[V_*=\frac{\nu RT}{p_2}=\frac{130\text{ Дж}}{1{,}7\cdot10^4\text{ Па}}\approx7{,}65\text{ л},\qquad p_B=p_1+p_2=2{,}4\cdot10^4\text{ Па}.\] Дальше, при \(V<V_*\), оба пара насыщены и их давления постоянны: \(p=p_1+p_2=2{,}4\cdot10^4\) Па (горизонтальный участок изотермы).

3. Конечное состояние, \(V_2=3{,}33\) л. Здесь оба пара насыщены: в паре первого вещества и второго соответственно \[\nu_{1\text{п}}=\frac{p_1V_2}{RT}=\frac{0{,}7\cdot10^4\cdot3{,}33\cdot10^{-3}}{2{,}6\cdot10^{3}}\approx0{,}0090\text{ моль},\qquad \nu_{2\text{п}}=\frac{p_2V_2}{RT}\approx0{,}0218\text{ моль}.\] Остальное вещество — жидкость: \(\nu_{1\text{ж}}=0{,}05-0{,}0090=0{,}0410\) моль, \(\nu_{2\text{ж}}=0{,}05-0{,}0218=0{,}0282\) моль. Масса жидкости \[m=\nu_{1\text{ж}}M_1+\nu_{2\text{ж}}M_2=0{,}0410\cdot18+0{,}0282\cdot46\ \text{г}\approx0{,}74+1{,}30\ \text{г}\approx2{,}0\text{ г}.\]

Проверка. Второй способ: суммарное количество пара при \(p=2{,}4\cdot10^4\) Па равно \(pV_2/(RT)=0{,}0307\) моль, жидкости остаётся \(0{,}1-0{,}0307=0{,}0693\) моль — совпадает с \(0{,}0410+0{,}0282\). Предельный случай: если бы второй пар оставался ненасыщенным, давление в конце было бы \(p_1+3\nu RT/V_1=4{,}6\cdot10^4\) Па \(>p_2+p_1\), то есть конденсация второго вещества неизбежна. Масса жидкости меньше полной массы веществ \(0{,}05\cdot(18+46)=3{,}2\) г.

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

Подсказка

Движение равномерное, значит, сила тяги всякий раз уравновешивает остальные силы. Сравните силы тяги на трёх участках, затем свяжите механическую мощность с током через потери в обмотке.

Ответ

\(I=I_0\,\dfrac{1-\sqrt{1-8\eta(1-\eta)}}{2(1-\eta)}\approx2{,}35\,I_0\approx235\) А.

Решение

Что происходит. Скорость везде одна и постоянная, поэтому на каждом участке сила тяги двигателя уравновешивает все остальные силы. Сила сопротивления \(F\) (трение качения, воздух) при одной скорости одинакова. На спуске ток равен нулю, тяги нет, и трамвай катится только за счёт составляющей силы тяжести вдоль склона: она равна \(F\). На подъёме тяга должна преодолеть и \(F\), и ту же составляющую тяжести, то есть быть вдвое больше, чем на горизонтали. Значит, механическая мощность на колёсах вдвое больше. Осталось выразить её через ток. Для этого принимаем модель: напряжение контактной сети \(U\) одинаково, потери в двигателе — только джоулево тепло \(I^2R\) в обмотке (прочее трение входит в \(F\)).

Обозначения. \(v\) — скорость трамвая; \(F_{\text{т}}\) — сила тяги на горизонтали, \(F_{\text{т}}'\) — на подъёме; \(mg_{\parallel}=mg\sin\alpha\) — составляющая силы тяжести вдоль склона (\(\alpha\) — угол наклона); \(R\) — сопротивление обмотки; \(x=I/I_0\).

1. Горизонтальный участок. Трамвай движется равномерно: по первому закону Ньютона для трамвая в проекции на направление движения \(F_{\text{т}}=F\). Механическая мощность на колёсах \(Fv\). Закон сохранения энергии для двигателя: потребляемая мощность \(UI_0\) идёт на механическую работу и нагрев обмотки, \[UI_0=Fv+I_0^2R .\] КПД \(\eta=Fv/(UI_0)\), поэтому \(Fv=\eta UI_0\) и \(I_0^2R=(1-\eta)UI_0\), откуда \(R=(1-\eta)U/I_0\).

2. Спуск. Ток равен нулю, двигатель не действует на трамвай. Первый закон Ньютона вдоль склона: \[mg\sin\alpha=F .\]

3. Подъём. Равномерное движение вверх: сила тяги направлена вверх по склону, а \(F\) и \(mg\sin\alpha\) — вниз. Первый закон Ньютона вдоль склона: \[F_{\text{т}}'=F+mg\sin\alpha=2F,\] механическая мощность \(2Fv=2\eta UI_0\). Закон сохранения энергии для двигателя: \[UI=2\eta UI_0+I^2R .\]

4. Ток. Подставим \(R\) и разделим на \(UI_0\): \[x=2\eta+(1-\eta)x^2\ \Rightarrow\ (1-\eta)x^2-x+2\eta=0\ \Rightarrow\ x=\frac{1\pm\sqrt{1-8\eta(1-\eta)}}{2(1-\eta)} .\] При \(\eta=0{,}9\) получаем \(x^2-10x+18=0\), \(x=5\pm\sqrt7\): корни \(2{,}35\) и \(7{,}65\).

Обратите внимание: два корня, и ответ ``вдвое больше, \(200\) А'' неверен, потому что КПД на подъёме другой. Механическая мощность \(P_{\text{мех}}/(UI_0)=x-(1-\eta)x^2\) растёт с током лишь до \(x=\dfrac1{2(1-\eta)}=5\) (максимум \(2{,}5\) на графике), потом падает: точка \(G\) — движение по горизонтали, точка \(H\) даёт нужную мощность \(1{,}8\) при КПД \(1-0{,}1x\approx0{,}77\), точка \(K\) — при КПД около \(0{,}24\) и сильной перегрузке двигателя. Берём меньший корень.

Ответ в буквах и числом: \[I=I_0\,\frac{1-\sqrt{1-8\eta(1-\eta)}}{2(1-\eta)}=100\text{ А}\cdot(5-\sqrt7)\approx235\text{ А}.\]

Проверка. При \(\eta\to1\) (нет потерь) формула даёт \(x\to2\): ток вдвое больше, как и должно быть при удвоенной мощности. Подстановка: \(x=2{,}354\) даёт \(x-0{,}1x^2=2{,}354-0{,}554=1{,}80=2\eta\), верно. Условие \(8\eta(1-\eta)\le1\), то есть \(\eta\ge0{,}85\), означает: двигатель с большими потерями вдвое увеличить мощность на той же скорости не может; у нас \(\eta=0{,}9\) подходит. Размерность: \(I/I_0\) безразмерно.

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

Подсказка

Нагрузка на цилиндры зависит от положения центра масс: сначала весь вес на малом цилиндре. Запишите правило моментов, затем второй закон Ньютона вдоль балки — получится колебательное уравнение. Следите, не сравняется ли скорость балки со скоростью поверхности.

Ответ

Смещение \(s\) балки в сторону большого цилиндра: \(s=2(1-\cos0{,}5t)\) м при \(0\le t\le t_1=\pi/3\approx1{,}05\) с; \(s=(2-\sqrt3)+0{,}5\,(t-t_1)\) м (равномерно, \(0{,}5\) м/с) при \(t_1\le t\le t_2=\pi/3+2\sqrt3\approx4{,}51\) с; при \(t\ge t_2\) — колебания \(s=2+\sin\bigl(0{,}5\,(t-t_2)\bigr)\) м между \(1\) и \(3\) м с периодом \(4\pi\approx12{,}6\) с.

Решение

Что происходит. В начале центр масс балки стоит над осью малого цилиндра, и весь вес приходится на него; на большой цилиндр балка не давит. Верх малого цилиндра движется влево, он увлекает балку трением влево, балка смещается к большому цилиндру, и на него приходится всё большая часть веса. Большой цилиндр тянет балку трением вправо. Чем дальше балка сместилась, тем больше сила трения справа и меньше слева, поэтому движение оказывается колебательным. Ключ — нагрузка на каждый цилиндр как функция смещения (правило моментов) и два закона трения: скольжение, пока скорость балки меньше скорости поверхности малого цилиндра, и покой после.

Обозначения. Ось \(s\) направим влево, \(s=0\) в начальный момент; \(s\) — расстояние от центра масс до оси малого цилиндра по горизонтали (рис.). \(N_1,N_2\) — силы нормальной реакции со стороны большого и малого цилиндров, \(F_1,F_2\) — силы трения. Скорости верхних точек цилиндров: большого — \(\omega R\) вправо, малого — \(\omega r=0{,}5\) м/с влево. Коэффициент трения покоя считаем равным коэффициенту трения скольжения \(\mu\).

1. Нагрузка на цилиндры. Балка горизонтальна и не вращается, центр масс удалён от точки опоры на малый цилиндр на \(s\). Балка в равновесии по вертикали и по вращению: второй закон Ньютона с нулевым ускорением в проекции на вертикаль и правило моментов относительно точки опоры на малый цилиндр: \[N_1+N_2=mg,\qquad N_1L=mgs\ \Rightarrow\ N_1=mg\,\frac sL,\quad N_2=mg\Bigl(1-\frac sL\Bigr).\] Верно при \(0\le s\le L\), пока балка лежит на обоих цилиндрах.

2. Скольжение по обоим цилиндрам. Трение скольжения направлено вдоль скорости поверхности относительно балки. Пока балка движется влево медленнее, чем \(\omega r\), малый цилиндр скользит под ней, \(F_2=\mu N_2\) направлена влево. Большой цилиндр: его поверхность движется вправо со скоростью \(\omega R>\omega r\) (так как \(R>r\)), а скорость балки по модулю не превышает \(\omega r\) (это подтвердится ниже), поэтому поверхность скользит относительно балки вправо и трение скольжения \(F_1=\mu N_1\) направлено вправо. Второй закон Ньютона для балки в проекции на ось \(s\) (влево): \[m\ddot s=F_2-F_1=\mu mg\Bigl(1-\frac sL\Bigr)-\mu mg\,\frac sL\ \Rightarrow\ \ddot s=\frac{2\mu g}{L}\Bigl(\frac L2-s\Bigr).\] Это гармонические колебания около \(s=L/2\) с \(\Omega=\sqrt{2\mu g/L}=0{,}5\) рад/с. При \(s(0)=0\), \(\dot s(0)=0\): \[s=\frac L2\,(1-\cos\Omega t)=2\,(1-\cos0{,}5t)\ \text{м},\qquad v=\dot s=\frac{L\Omega}2\sin\Omega t=\sin0{,}5t\ \text{м/с}.\]

3. Скорость балки сравнялась со скоростью малого цилиндра. Формула пункта 2 даёт \(v=\omega r=0{,}5\) м/с при \(\sin\Omega t_1=0{,}5\): \[t_1=\frac{\pi}{6\Omega}=\frac\pi3\approx1{,}05\text{ с},\qquad s_1=2\Bigl(1-\cos\frac\pi6\Bigr)=2-\sqrt3\approx0{,}27\text{ м}.\] Обратите внимание: дальше эта формула неприменима — она дала бы скорость до \(1\) м/с, а балка не может двигаться влево быстрее поверхности малого цилиндра.

4. Движение вместе с малым цилиндром. С момента \(t_1\) в точке касания малого цилиндра проскальзывания нет, балка движется со скоростью \(0{,}5\) м/с: ускорения нет, сумма сил вдоль оси равна нулю, \(F_2=F_1=\mu N_1\), и это трение покоя от малого цилиндра. Оно допустимо, пока \(F_2\le\mu N_2\), то есть \(N_1\le N_2\), \(s\le L/2=2\) м. На большом цилиндре скольжение сохраняется. Время равномерного движения от \(s_1\) до \(2\) м: \[\frac{2-s_1}{0{,}5}=2\sqrt3\approx3{,}46\text{ с},\qquad t_2=t_1+2\sqrt3\approx4{,}51\text{ с}.\]

5. Колебания. При \(s>L/2\) нужного трения покоя не хватает (\(N_1>N_2\)), малый цилиндр снова скользит под балкой, и верно уравнение пункта 2 с начальными условиями \(s(t_2)=2\) м, \(\dot s(t_2)=0{,}5\) м/с: \[s=2+\sin\bigl(0{,}5\,(t-t_2)\bigr)\ \text{м},\qquad v=0{,}5\cos\bigl(0{,}5\,(t-t_2)\bigr)\ \text{м/с}.\] Амплитуда \(A=\omega r/\Omega=1\) м: балка доходит до \(s=3\) м, возвращается через \(s=2\) м (скорость \(0{,}5\) м/с вправо, меньше \(\omega r\) и \(\omega R\), оба цилиндра скользят под ней, направления трения прежние) до \(s=1\) м и вновь приходит в \(s=2\) м со скоростью \(0{,}5\) м/с влево. Состояние в точке \(s=2\) м повторяется, поэтому колебания продолжаются с периодом \(2\pi/\Omega=4\pi\approx12{,}6\) с, и участок равномерного движения происходит один раз — в начале. Условия опоры выполнены: \(1\le s\le3<L\), обе реакции положительны.

Проверка. Размерность: \(\sqrt{\mu g/L}\) даёт \(\text{с}^{-1}\). Скорость непрерывна: в точках \(t_1\) и \(t_2\) формулы соседних участков дают \(0{,}5\) м/с, смещение тоже непрерывно. Численное интегрирование уравнения движения с переключением скольжения и покоя шагом \(10^{-4}\) с даёт те же значения: \(s(2\text{ с})=0{,}744\) м, \(s(8\text{ с})=2{,}985\) м и максимум \(3{,}00\) м. Физический смысл: перевес трения со стороны более нагруженного цилиндра возвращает балку к \(s=L/2\), как сила упругости, а скорость балки не может превысить скорость поверхности малого цилиндра.

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

Подсказка

Есть ли в этой цепи замкнутый контур? Посмотрите, куда подвешены пружины. Если тока нет, нет и силы Ампера.

Ответ

Магнитное поле на движение не влияет: проводник совершает гармонические колебания по вертикали с периодом \(T=2\pi\sqrt{M/k}\) около положения равновесия, амплитуда равна начальному смещению; тока нет, между концами проводника возникает лишь разность потенциалов \(\mathcal E=Blv\).

Решение

Что происходит. Проводник движется в магнитном поле, и на свободные электроны действует сила Лоренца вдоль проводника: концы заряжаются разноимённо. Ток мог бы идти по пружинам, но они подвешены к диэлектрику, и их верхние концы между собой не соединены: замкнутого контура нет. Накопить заряд на концах можно лишь ёмкостью проводников, а она по условию пренебрежимо мала. Поэтому ток ничтожен, силы Ампера нет, и на проводник действуют только сила тяжести и силы упругости. Это пружинный маятник, и магнитное поле ему безразлично.

Обозначения. Ось \(y\) направлена вертикально вверх, \(y=0\) в положении равновесия; \(v=\dot y\); \(k\) — жёсткость пары пружин вместе (при параллельном соединении двух одинаковых пружин \(k=2k_1\)); \(A\) — начальное смещение.

1. Разность потенциалов на концах. При скорости \(v\) на электрон в проводнике действует сила Лоренца \(evB\) вдоль проводника. Заряды разделяются, пока созданное ими электрическое поле не уравновесит эту силу: \(eE=evB\), откуда \(E=vB\) и разность потенциалов между концами \[\mathcal E=El=Blv .\] Заряд, который надо перенести, равен \(q=C\mathcal E\) при ёмкости \(C\to0\). Ток \(I=\dfrac{dq}{dt}=C\dfrac{d\mathcal E}{dt}\to0\), сила Ампера \(F_{\text{А}}=IBl\to0\). Обратите внимание: рассуждение ``проводник движется в поле, значит, возникает ЭДС и тормозящая сила Ампера, колебания затухают'' здесь неверно именно потому, что цепь разомкнута: ЭДС есть, тока нет.

2. Второй закон Ньютона. Равновесие: \(Mg=k\,\Delta l_0\), удлинение пружин \(\Delta l_0=Mg/k\). При смещении на \(y\) от равновесия равнодействующая силы тяжести и упругости \(-ky\) (линейный закон Гука, пружины невесомы). Второй закон Ньютона для проводника в проекции на ось \(y\): \[M\ddot y=-ky\ \Rightarrow\ y=A\cos\omega t,\qquad \omega=\sqrt{\frac kM},\quad T=2\pi\sqrt{\frac Mk}\] (отпустили без начальной скорости; если сместили вверх, \(A>0\), вниз — \(A<0\)). Колебания — те же, что при \(B=0\). Разность потенциалов между концами меняется как скорость: \[\mathcal E=Blv=-BlA\omega\sin\omega t,\qquad \mathcal E_{\max}=BlA\sqrt{\frac kM}.\]

Проверка. Размерность: \([Blv]=\text{Тл}\cdot\text{м}\cdot\text{м/с}=\text{В}\); \(\sqrt{k/M}\) — \(\text{с}^{-1}\). Предел \(B\to0\) даёт тот же ответ, и от \(B\) он не зависит. Энергия: механическая \(\dfrac{ky^2}2+\dfrac{Mv^2}2\) сохраняется, поскольку джоулева тепла нет, и это согласуется с отсутствием тока.

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

Подсказка

Часть тепла плиты уходит в воздух, причём тем больше, чем горячее кастрюля. При одной и той же температуре кастрюли плита с потерями даёт нагреванию одну и ту же мощность в обоих опытах.

Ответ

\(c_{\text{с}}\approx2{,}4\cdot10^3\) Дж/(кг\(\cdot\)К); \(L\approx6\cdot10^5\) Дж/кг.

Решение

Что происходит. Плита отдаёт кастрюле мощность \(P\), часть её уходит в воздух, и эти потери зависят только от температуры кастрюли (кастрюля и плита те же). Остальное, \(P_{\text{п}}(t)=P-P_{\text{пот}}(t)\), идёт на нагревание кастрюли с содержимым, а при кипении — на испарение. Главная идея: при одной и той же температуре полезная мощность \(P_{\text{п}}\) в обоих опытах одинакова, и по воде, теплоёмкость которой известна, находим её, а затем теплоёмкость спирта и теплоту парообразования.

Обозначения. \(c_{\text{в}}=4200\) Дж/(кг\(\cdot\)К), \(m_{\text{в}}=0{,}5\) кг (0,5 л воды), \(m_{\text{с}}=0{,}7\) кг, \(C=200\) Дж/К — теплоёмкость кастрюли; \(C_{\text{в}}=c_{\text{в}}m_{\text{в}}+C=2300\) Дж/К и \(C_{\text{с}}=c_{\text{с}}m_{\text{с}}+C\) — теплоёмкости кастрюли с водой и со спиртом.

1. Нагревание. Закон сохранения энергии для кастрюли с содержимым за малое время \(d\tau\) при температуре \(t\) (ниже кипения): полезное тепло \(P_{\text{п}}(t)\,d\tau\) идёт на нагревание, \(C_{\text{ж}}\,dt\) (индекс ``ж'' — вода или спирт). Отсюда \(d\tau=C_{\text{ж}}\,dt/P_{\text{п}}(t)\). Время нагревания в одном и том же интервале температур от \(t_1\) до \(t_2\) в обоих опытах содержит один и тот же интеграл \(\int dt/P_{\text{п}}\), поэтому \[\frac{\Delta\tau_{\text{с}}}{\Delta\tau_{\text{в}}}=\frac{C_{\text{с}}}{C_{\text{в}}}.\]

2. Отсчёты на графике. Возьмём интервал от \(40\) до \(60\,^\circ\text{C}\) (кривые уже разошлись, а спирт ещё не подошёл к кипению). Спирт нагревается с \(40\) до \(60\,^\circ\text{C}\) от \(\tau\approx2{,}6\) мин до \(6{,}0\) мин, то есть за \(3{,}4\) мин; вода — от \(4{,}0\) до \(8{,}2\) мин, за \(4{,}2\) мин (рис.). Тогда \[C_{\text{с}}=C_{\text{в}}\frac{\Delta\tau_{\text{с}}}{\Delta\tau_{\text{в}}}=2300\cdot\frac{3{,}4}{4{,}2}\ \text{Дж/К}\approx1{,}9\cdot10^3\text{ Дж/К},\] \[c_{\text{с}}=\frac{C_{\text{с}}-C}{m_{\text{с}}}=\frac{1{,}86\cdot10^3-200}{0{,}7}\ \frac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{К}}\approx2{,}4\cdot10^3\ \frac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{К}}.\]

Обратите внимание: интервал нельзя брать у самого кипения: выше \(\approx65\,^\circ\text{C}\) кривая спирта загибается к полке \(78\,^\circ\text{C}\) (начинается кипение), и отношение времён перестаёт быть отношением теплоёмкостей.

3. Кипение. Спирт кипит при постоянной температуре \(t_{\text{к}}=78\,^\circ\text{C}\), вся полезная мощность идёт на испарение. Закон сохранения энергии для кастрюли со спиртом за время кипения \(\tau_{\text{к}}=30\text{ мин}=1800\) с: \(P_{\text{п}}\tau_{\text{к}}=L\,\dfrac{m_{\text{с}}}2\). Полезную мощность при \(78\,^\circ\text{C}\) находим по воде, которая проходит эту температуру при нагревании: за \(2{,}4\) мин (\(\tau\approx11{,}8\ldots14{,}2\) мин) вода нагревается с \(74\) до \(81\,^\circ\text{C}\), то есть \(\dot t_{\text{в}}\approx7/2{,}4\approx2{,}9\,^\circ\text{C}/\text{мин}\) (рис.). Тогда \[P_{\text{п}}(78\,^\circ\text{C})=C_{\text{в}}\dot t_{\text{в}}=2300\cdot\frac{2{,}9}{60}\text{ Вт}\approx1{,}1\cdot10^2\text{ Вт}.\]

4. Теплота парообразования. \[L=\frac{2P_{\text{п}}\tau_{\text{к}}}{m_{\text{с}}}=\frac{2\cdot111\text{ Вт}\cdot1800\text{ с}}{0{,}7\text{ кг}}\approx5{,}7\cdot10^5\text{ Дж/кг}\approx6\cdot10^5\text{ Дж/кг}.\] Ответ матрёшкой: \(c_{\text{с}}=\dfrac{C_{\text{в}}\Delta\tau_{\text{с}}/\Delta\tau_{\text{в}}-C}{m_{\text{с}}}\approx2{,}4\cdot10^3\) Дж/(кг\(\cdot\)К); \(L=\dfrac{2C_{\text{в}}\dot t_{\text{в}}(78\,^\circ\text{C})\,\tau_{\text{к}}}{m_{\text{с}}}\approx6\cdot10^5\) Дж/кг.

Проверка. Размерность: \(\text{Вт}\cdot\text{с}/\text{кг}=\text{Дж/кг}\). Знак: спирт нагревается быстрее воды при меньшей теплоёмкости (\(1{,}9\cdot10^3<2{,}3\cdot10^3\) Дж/К), \(c_{\text{с}}<c_{\text{в}}\), как и должно быть. Табличное значение \(c_{\text{с}}\approx2{,}4\cdot10^3\) Дж/(кг\(\cdot\)К) совпало. По таблице \(L\approx8{,}5\cdot10^5\) Дж/кг: ответ по графику на четверть ниже — наклон кривой воды в точке \(78\,^\circ\text{C}\) на рисунке с толстыми линиями определяется с точностью около \(10\)–\(15\,\%\), и ответ следует читать как \((6\pm1)\cdot10^5\) Дж/кг.

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