Всесоюзная, 1981/82, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Пока температура постоянна, теплота, которую за минуту приносят капли, равна теплоте, которую за минуту теряет чайник. Вылитая вода уносит свою теплоту, поэтому капля «работает» только на разность \(t_2-t\).

Ответ

1) \(n=\dfrac{\rho V}{\tau\,m_{\text{к}}}\cdot\dfrac{1\,{}^\circ\text{C}}{t_2-t}=20\) капель в минуту;  2) примерно на \(0{,}4\,{}^\circ\text{C}\) (точнее \(0{,}39\,{}^\circ\text{C}\)).

Решение

Что происходит. Чайник теряет теплоту в воздух, а капли горячей воды её восполняют. Капля попадает в воду, перемешивается, и столько же воды вытекает через носик при температуре \(t\). Поэтому энергия воды в чайнике растёт за счёт каждой капли на \(m_{\text{к}}c\,(t_2-t)\). Главная идея: записать баланс энергии воды в чайнике за малое время и найти по нему число капель.

Обозначения. \(M=\rho V=0{,}3\) кг — масса воды в чайнике (\(\rho=1000\) кг/м\(^3\)), \(c=4200\) Дж/(кг\(\cdot\)К) — удельная теплоёмкость воды, \(t\) — температура воды в чайнике, \(P\) — мощность потерь теплоты, \(\mu\) — масса воды, приносимая каплями за единицу времени.

Пункт 1. Мощность потерь при \(t=30\,{}^\circ\text{C}\). Без подогрева вода массой \(M\) остывает на \(1\,{}^\circ\text{C}\) за время \(\tau\), при этом она отдаёт теплоту \(Mc\cdot1\,{}^\circ\text{C}\). Поэтому мощность потерь при \(t=30\,{}^\circ\text{C}\) равна \[P_0=\frac{Mc\cdot 1\,{}^\circ\text{C}}{\tau}=\frac{0{,}3\cdot4200\cdot1}{300}\text{ Вт}=4{,}2\text{ Вт}.\] Остывание за 5 минут мало (1 градус), поэтому мощность потерь за это время считаем постоянной.

Баланс при постоянной температуре. Температура воды не меняется, значит, её энергия постоянна. Это закон сохранения энергии для воды в чайнике: теплота, приносимая каплями за единицу времени, равна потерям, \[\mu_0c\,(t_2-t)=P_0,\qquad \mu_0=\frac{P_0}{c\,(t_2-t)}=\frac{4{,}2}{4200\cdot15}\text{ кг/с}.\] Число капель в минуту \(n_0=\dfrac{60\,\mu_0}{m_{\text{к}}}=\dfrac{60\cdot4{,}2}{4200\cdot15\cdot0{,}0002}=20\).

Пункт 2. Втрое чаще. Теперь \(\mu=3\mu_0\), температура начинает расти. Запишем закон сохранения энергии для воды в чайнике за малое время \(d\tau\) (изменение температуры \(dt\) за это время мало): \[Mc\,dt=\mu\,d\tau\,c\,(t_2-t)-P\,d\tau .\] В начальный момент \(t=30\,{}^\circ\text{C}\), потери по-прежнему \(P_0\), а приход теплоты втрое больше прежнего, то есть \(3P_0\). Отсюда \[\frac{dt}{d\tau}=\frac{3P_0-P_0}{Mc}=\frac{2\cdot4{,}2}{0{,}3\cdot4200}\ \frac{{}^\circ\text{C}}{\text{с}}=\frac{1}{150}\ \frac{{}^\circ\text{C}}{\text{с}}=0{,}4\ \frac{{}^\circ\text{C}}{\text{мин}}.\] Обратите внимание: за минуту температура вырастет не точно на \(0{,}4\,{}^\circ\text{C}\), потому что по мере нагрева приход теплоты падает (разность \(t_2-t\) уменьшается), а потери растут. Учтём это: потери \(P=k(t-t_0)\), где \(k=P_0/(30-20)=0{,}42\) Вт/К, а приход теплоты \(3P_0\dfrac{t_2-t}{t_2-30}=0{,}84\,(t_2-t)\) Вт. Уравнение \(Mc\,\dfrac{dt}{d\tau}=0{,}84\,(45-t)-0{,}42\,(t-20)\) даёт \(t(\tau)=t_\infty-(t_\infty-30)\,e^{-\tau/\theta}\) с \(t_\infty=36{,}7\,{}^\circ\text{C}\) и \(\theta=\dfrac{Mc}{0{,}84+0{,}42}=1000\) с. За минуту: \(6{,}7\cdot(1-e^{-0{,}06})\approx0{,}39\,{}^\circ\text{C}\) — мало отличается от \(0{,}4\,{}^\circ\text{C}\).

Ответ: \(n=\dfrac{\rho V}{\tau\,m_{\text{к}}}\cdot\dfrac{1\,{}^\circ\text{C}}{t_2-t}=20\) капель в минуту; при утроенной частоте вода нагревается примерно на \(0{,}4\,{}^\circ\text{C}\) за минуту (точнее \(0{,}39\,{}^\circ\text{C}\)).

Проверка. Размерность первого ответа: \(\dfrac{\text{кг}}{\text{с}\cdot\text{кг}}\), то есть капли в секунду, 20 в минуту. Предел: если бы воздух не охлаждал чайник (\(\tau\to\infty\)), капать не нужно, \(n\to0\). Второй способ для пункта 2: приход теплоты \(3P_0\), потери \(P_0\), избыток \(2P_0\). Мощность \(P_0\) соответствует изменению температуры на \(1\,{}^\circ\text{C}\) за 5 минут, значит, мощность \(2P_0\) — на \(2\,{}^\circ\text{C}\) за 5 минут, то есть \(0{,}4\,{}^\circ\text{C}\) в минуту.

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

Подсказка

Напряжение между \(a\) и \(b\) делится между \(R_1\) и параллельным участком. Если на одном из них напряжение выросло, на другом оно упало на столько же. Свяжите это с изменением токов и с законом сохранения заряда в узле.

Ответ

\(\dfrac{R_1}{R_2}=\dfrac{I_1-I_2}{I_2}=4\).

Решение

Что происходит. Напряжение \(U\) между \(a\) и \(b\) делится между резистором \(R_1\) и параллельным участком с \(R_2\). Когда добавили \(R\), общее сопротивление участка уменьшилось, ток через \(R_1\) вырос, а напряжение на параллельном участке упало. Главная идея: напряжение \(U\) постоянно, поэтому на сколько выросло напряжение на \(R_1\), на столько же упало на \(R_2\); из этого и из закона сохранения заряда в узле найдём отношение сопротивлений.

Обозначения. \(I_0\) — ток через \(R_1\) до подключения \(R\) (он же ток через \(R_2\)), \(I_0+I_2\) — ток через \(R_1\) после, \(I_1\) — ток через \(R\).

1. Напряжения. Закон Ома для \(R_1\): напряжение на нём выросло на \(\Delta U_1=I_2R_1\). Закон сохранения энергии (сумма напряжений на последовательных участках равна \(U\), и \(U\) постоянно): напряжение на параллельном участке упало на ту же величину, \(\Delta U_{2}=-I_2R_1\).

2. Ток через \(R_2\). Закон Ома для \(R_2\) (его сопротивление не менялось): ток через \(R_2\) уменьшился на \[\frac{I_2R_1}{R_2}.\] 3. Узел. Закон сохранения заряда в узле над \(R_2\) и \(R\): ток через \(R_1\) растекается на \(R_2\) и \(R\), поэтому \[I_0+I_2=\Bigl(I_0-\frac{I_2R_1}{R_2}\Bigr)+I_1 .\] Отсюда \(I_2=I_1-\dfrac{I_2R_1}{R_2}\), и \[\frac{R_1}{R_2}=\frac{I_1-I_2}{I_2}=\frac{10-2}{2}=4 .\] Обратите внимание: в условии \(I_2\) — прирост тока через \(R_1\), а не ток через \(R_2\); ток через \(R_2\) при этом уменьшился на \(I_1-I_2=8\) мА.

Проверка. Отношение безразмерно. Числовой пример: \(I_0=10\) мА, \(R_2=1\) кОм, \(R_1=4\) кОм, \(U=50\) В. После подключения ток через \(R_1\) равен 12 мА, напряжение на нём 48 В, на параллельном участке остаётся 2 В, ток через \(R_2\) равен 2 мА, через \(R\) — 10 мА (при \(R=200\) Ом); в узле \(2+10=12\) мА, как и должно быть.

Ответ: \(\dfrac{R_1}{R_2}=\dfrac{I_1-I_2}{I_2}=4\).

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

Подсказка

Когда вершина минует край, опоры нет: конус падает свободно, сохраняя горизонтальную скорость. Опишите движение края стола в системе отсчёта конуса и проверьте, не окажется ли он внутри конуса.

Ответ

\(v\ge r\sqrt{\dfrac{g}{2H}}\).

Решение

Что происходит. Волчок опирается на стол вершиной. Когда вершина проходит край, опора пропадает: горизонтальных сил нет, поэтому горизонтальная скорость \(v\) сохраняется, а по вертикали волчок падает свободно без начальной вертикальной скорости. Ось остаётся вертикальной (по условию, из-за быстрого вращения). Угол стола при этом может задеть боковую поверхность конуса. Главная идея: перейти в систему отсчёта, связанную с конусом, и посмотреть, как в ней движется угол стола.

Обозначения. \(r\) — радиус основания, \(H\) — высота конуса. Время \(t\) считаем от момента, когда вершина прошла край. Ось \(x\) — горизонтально, от оси конуса в сторону, где остался стол; ось \(y\) — вертикально вверх; начало — вершина конуса.

1. Движение конуса. Горизонтально: сил нет, \(x_{\text{к}}=-vt\) (конус уезжает от стола). Вертикально: свободное падение, вершина опустилась на \(\dfrac{gt^2}{2}\).

2. Угол стола относительно конуса. Положение угла относительно вершины конуса (в его системе отсчёта; ось остаётся вертикальной, поворота нет): \[x=vt,\qquad y=\frac{gt^2}{2},\qquad\text{откуда}\qquad y=\frac{g\,x^2}{2v^2}.\] Угол движется по параболе, выходящей из вершины.

3. Условие «не ударится». Конус занимает точки с \(x\le \dfrac{r}{H}\,y\) при \(0\le y\le H\) (боковая поверхность — прямая \(x=ry/H\)). Удар — попадание угла внутрь конуса, то есть \(x<\dfrac{r}{H}y\) хотя бы в один момент. Для параболы отношение \(\dfrac{y}{x}=\dfrac{gx}{2v^2}\) растёт с \(x\), поэтому опаснее всего конец участка, когда угол доходит до уровня основания, \(y=H\) (дальше угол выше основания, и конус целиком ниже стола). Отсюда условие: при \(y=H\) должно быть \(x\ge r\).

4. Расчёт. Время падения на высоту \(H\): \(H=\dfrac{gt_H^2}{2}\), \(t_H=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\). За это время угол смещается по \(x\) на \(vt_H\): \[vt_H\ge r\quad\Longrightarrow\quad v\ge r\sqrt{\frac{g}{2H}}.\]

Обратите внимание: проверять только момент \(y=H\) можно потому, что отношение \(y/x\) вдоль траектории угла растёт. Если \(v<v_*\), угол выходит на боковую поверхность раньше, чем доходит до уровня основания (красная кривая на рисунке), и удар приходится на боковую поверхность, а не на край основания.

Проверка. Размерность: \(\text{м}\cdot\sqrt{\dfrac{\text{м/с}^2}{\text{м}}}=\text{м/с}\). Пределы: при \(H\to0\) (плоский диск) \(v_*\to\infty\) — диск, упав на малую высоту за малое время, должен за это время отъехать на \(r\); при \(r\to0\) (тонкая игла) \(v_*\to0\), любая скорость подходит.

Ответ: \(v\ge r\sqrt{\dfrac{g}{2H}}\).

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

Подсказка

Силу давления на плоскую грань можно записать как давление на проекцию грани на плоскость, перпендикулярную оси \(X\). Давление \(p_0\), одинаковое по всей поверхности клина, даёт нулевую равнодействующую: считайте только добавку к нему.

Ответ

\(u=\dfrac{p_0\,abc}{2mv}\), направление — по оси \(X\).

Решение

Что происходит. Фронт волны проходит над клином за время \(b/v\), много меньшее времени, за которое клин заметно сдвинется (\(u\ll v\)). Поэтому клин всё это время стоит на месте, на него действуют силы давления на грани, а скорость он получает по теореме об изменении импульса: \(mu=\int F_x\,dt\), где \(F_x\) — проекция силы давления на ось \(X\). Трения нет, вертикальные силы (давление на наклонную грань, сила тяжести, реакция стола) к горизонтальному движению отношения не имеют.

Обозначения. Давление впереди фронта \(p_0\), за фронтом \(2p_0\). Ось \(X\) направлена по ходу волны, \(x_{\text{ф}}=vt\) — координата фронта (от нижнего левого ребра клина, в момент \(t=0\)). Вертикальная грань клина — справа, её высота \(a\), длина основания \(b\), глубина \(c\).

1. Что даёт избыточное давление. Давление \(p_0\), действующее на всю поверхность клина, даёт нулевую равнодействующую (давление в покоящейся среде не двигает тело). Значит, на клин действует только избыточное давление \(\Delta p=2p_0-p_0=p_0\) на тех гранях (их частях), что уже лежат за фронтом.

2. Сила на плоскую грань. Сила давления на плоскую грань площадью \(S\) направлена по нормали внутрь тела, её проекция на ось \(X\) равна \(\Delta p\cdot S_{\perp}\), где \(S_\perp\) — проекция грани на плоскость, перпендикулярную оси \(X\) (знак: наклонная грань смотрит навстречу волне и толкает клин вперёд, вертикальная — по ходу волны и толкает назад). Проекция всей наклонной грани — прямоугольник \(a\times c\), проекция вертикальной — тоже \(a\times c\).

3. Сила как функция времени. Пока фронт идёт над наклонной гранью (\(0<t<b/v\)), за ним лежит её часть длиной по основанию \(vt\), а проекция этой части — \(ac\cdot\dfrac{vt}{b}\): \[F_x=p_0\,ac\,\frac{vt}{b}.\] При \(t=b/v\) фронт доходит до вертикальной грани, и на неё сразу начинает действовать сила \(p_0ac\) назад, а сила на наклонную грань достигла \(p_0ac\) вперёд. Дальше обе постоянны и компенсируют друг друга: \(F_x=0\).

4. Импульс силы. \(\int F_x\,dt\) — площадь под графиком \(F_x(t)\), прямоугольный треугольник с катетами \(p_0ac\) и \(b/v\): \[mu=\frac12\,p_0ac\cdot\frac bv .\]

Обратите внимание: избыточное давление равно \(p_0\), а не \(2p_0\): на клин действует разность давлений за фронтом и перед ним, а не само давление за фронтом.

Ответ: \[u=\frac{p_0\,abc}{2mv},\] скорость направлена по оси \(X\).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{Па}\cdot\text{м}^3}{\text{кг}\cdot\text{м/с}}=\dfrac{\text{Н}\cdot\text{м}}{\text{кг}\cdot\text{м/с}}=\dfrac{\text{м}}{\text{с}}\). Второй способ: для прямоугольного бруска \(a\times b\times c\) сила \(p_0ac\) действовала бы время \(b/v\), импульс \(p_0acb/v=p_0V/v\); клин вдвое меньше по объёму (\(V=abc/2\)), а для любого тела импульс равен \(p_0V/v\) — получаем тот же результат. Если бы волна шла с другой стороны (вертикальная грань первой), график силы был бы зеркальным, а площадь под ним — той же.

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