ВсОШ, 2021/22, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Составьте уравнение теплового баланса для каждого магнита. Обозначьте превышение температуры \(n\)-го магнита над воздухом через \(\tau_n\) и выразите поток через прокладку и поток в воздух через \(\tau_1\) и \(\tau_2\).

Ответ

Температуры: третьего магнита \(44\,^\circ\text{C}\), четвёртого \(83\,^\circ\text{C}\), пятого \(185\,^\circ\text{C}\), шестого и плитки \(452\,^\circ\text{C}\).

Решение

Пронумеруем магниты, присвоив номер 1 самому дальнему от плитки. Пусть \(\tau_n = t_n - t_{\text{ос}}\) — превышение температуры магнита над воздухом. Поток тепла от первого магнита в окружающую среду \[q = k\,\tau_1 S,\] где \(S\) — площадь его боковой поверхности, контактирующей с воздухом, \(k\) — коэффициент пропорциональности. Для остальных магнитов площадь вдвое меньше (радиус вдвое больше высоты), поэтому их потери \(q_n = k\,\tau_n\,\dfrac{S}{2} = q\,\dfrac{\tau_n}{2\tau_1}\).

Поток через картонную прокладку между магнитами 2 и 1 равен \(q_{2,1} = \alpha(t_2 - t_1)\), причём \(q_{2,1} = q\), так как температуры стационарны. Аналогично для прокладки между магнитами \(n+1\) и \(n\): \(q_{n+1,n} = \alpha(t_{n+1} - t_n) = q\, \dfrac{t_{n+1}-t_n}{t_2-t_1}\).

Уравнение теплового баланса для магнита с номером \(n\) (не крайнего): \[\frac{q\,(t_{n+1}-t_n)}{t_2-t_1} = \frac{q\,(t_n-t_{n-1})}{t_2-t_1} + \frac{q}{2}\,\frac{\tau_n}{\tau_1}.\] После преобразований получаем рекуррентную формулу \[\tau_{n+1} = \tau_n\left(3 + \frac{\tau_2}{\tau_1}\right)\frac{1}{2} - \tau_{n-1} = 3\tau_n - \tau_{n-1},\] поскольку \(\tau_1 = 3\,^\circ\text{C}\), \(\tau_2 = 9\,^\circ\text{C}\) и \(\tau_2/\tau_1 = 3\).

Отсюда \(\tau_3 = 24\,^\circ\text{C}\), \(\tau_4 = 63\,^\circ\text{C}\), \(\tau_5 = 165\,^\circ\text{C}\), \(\tau_6 = 432\,^\circ\text{C}\). Прибавляя \(t_{\text{ос}} = 20\,^\circ\text{C}\), получаем температуры магнитов: третьего \(44\,^\circ\text{C}\), четвёртого \(83\,^\circ\text{C}\), пятого \(185\,^\circ\text{C}\), шестого и плитки \(452\,^\circ\text{C}\).

Подсказка

Условие отрыва поршня — равенство сил давления газа снизу и сверху с учётом силы тяжести. После отрыва газ снизу давит на всю площадь поршня, а объём подпоршневого газа зависит от высоты поршня.

Ответ

1) \(m = \dfrac{4\nu RT_0}{3gh}\);  2) \(h' = \dfrac{23-\sqrt{181}}{6}\,h \approx 1{,}59\,h\);  3) \(T = \dfrac{T_0}{2}\).

Решение

1. Поршень отрывается, когда сила давления газа снизу становится равной сумме силы давления газа сверху и силы тяжести поршня: \(p_1 S_1 = p_2 S_2 + mg\). Из уравнения состояния \(p = \dfrac{\nu RT}{V}\) при \(T = 2T_0\) (объёмы \(V_1 = Sh\) и \(V_2 = 9Sh\)): \[\frac{2\nu RT_0}{h} - \frac{2\nu RT_0}{3h} = mg \quad\Rightarrow\quad m = \frac{4\nu RT_0}{3gh}.\]

2. Как только поршень оторвётся, газ под поршнем начинает давить на всю его площадь \(3S\), и сила давления скачком увеличивается. Поршень поднимается до положения равновесия, в котором высота поршня \(h'\). Объём газа под поршнем \(V_{\text{н}} = Sh + 3S(h'-h) = S(3h'-2h)\), объём газа над поршнем \(V_{\text{в}} = 3S(4h-h')\). Условие равновесия: \[\frac{2\nu RT_0}{S(3h'-2h)} - \frac{2\nu RT_0}{3S(4h-h')} = \frac{4\nu RT_0}{9Sh}.\] После преобразований с \(x = h'/h\) получаем \(3x^2 - 23x + 29 = 0\). Корень со знаком плюс, \(x \approx 5{,}9\), больше \(4\) и не подходит (поршень не может подняться выше верхнего основания сосуда), поэтому \[h' = \frac{23-\sqrt{181}}{6}\,h \approx 1{,}59\,h.\]

3. Пусть газ охладился до температуры \(T\) и поршень вот-вот коснётся опор, то есть \(h' = h\). Тогда газ снизу и сверху давит на всю площадь поршня, и \[3S\,\frac{\nu RT}{Sh} - 3S\,\frac{\nu RT}{9Sh} = mg \quad\Rightarrow\quad \frac{8\nu RT}{3h} = \frac{4\nu RT_0}{3h},\] откуда \(T = \dfrac{T_0}{2}\).

Подсказка

Реактивная сила \(F = \mu u\) постоянна, значит, движение равноускоренное. Выразите расход топлива через конечную скорость и воспользуйтесь неравенством о сумме двух величин с постоянным произведением.

Ответ

При \(v_{\text{п}} < \sqrt{2gh}\): \(\upsilon = \sqrt{2gh} - v_{\text{п}}\). При \(v_{\text{п}} \geq \sqrt{2gh}\) двигатель не включается, и \(\upsilon \leq \sqrt{v_{\text{п}}^2 - 2gh}\).

Решение

Пусть \(M\) — масса корабля, \(v\) — начальная скорость (вниз), \(v_{\text{к}}\) — конечная скорость, \(a_y\) — ускорение корабля (вверх). Тогда \[a_y = \frac{v^2 - v_{\text{к}}^2}{2h}, \qquad t = \frac{v - v_{\text{к}}}{a_y} = \frac{2h}{v + v_{\text{к}}}.\] Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось: \(M a_y = \mu u - Mg\), откуда \(\mu = \dfrac{M(a_y + g)}{u}\). Расход топлива за время торможения \[m_{\text{топл}} = \mu t = \frac{M}{u}\left(\frac{v^2 - v_{\text{к}}^2}{2h} + g\right)\frac{2h}{v+v_{\text{к}}} = \frac{M}{u}\left(v - v_{\text{к}} + \frac{2gh}{v+v_{\text{к}}}\right).\] Произведение \((v+v_{\text{к}})\cdot\dfrac{2gh}{v+v_{\text{к}}} = 2gh\) постоянно, значит, по неравенству о сумме и произведении сумма минимальна при равенстве слагаемых: \(v + v_{\text{к}} = \sqrt{2gh}\). Тогда \[m_{\text{топл}} = \frac{2M}{u}\left(\sqrt{2gh} - v_{\text{к}}\right),\] и расход минимален при максимальной конечной скорости \(v_{\text{к}} = v_{\text{п}}\). Поэтому \(\upsilon = v = \sqrt{2gh} - v_{\text{п}}\). Этот ответ справедлив при \(v_{\text{п}} < \sqrt{2gh}\), иначе скорость получилась бы отрицательной.

При \(v_{\text{п}} \geq \sqrt{2gh}\) корабль может свободно падать без топлива. Из закона сохранения энергии \(v = \sqrt{v_{\text{к}}^2 - 2gh}\), и с учётом \(0 \leq v_{\text{к}} \leq v_{\text{п}}\) получаем \(\upsilon \leq \sqrt{v_{\text{п}}^2 - 2gh}\).

Подсказка

Прямая, соединяющая источник с его изображением, проходит через оптический центр линзы. Линза лежит в плоскости, проходящей через точку пересечения прямых \(S_1S_2\) и \(\alpha\beta\).

Ответ

Линза собирающая. Два возможных положения линзы, для каждого указаны положения фокусов (построение на рис. 1 и рис. 2 решения).

Решение

Первый случай: правое изображение \(\beta\) — изображение источника \(S_1\), левое \(\alpha\) — источника \(S_2\). Проведём прямые \(S_1\alpha\) и \(S_2\beta\). Лучи проходят через оптический центр линзы без преломления, значит, точка их пересечения — оптический центр \(O\). Луч \(S_1S_2\) после преломления проходит через изображения \(\alpha\) и \(\beta\), поэтому плоскость линзы проходит через точку пересечения прямых \(S_1S_2\) и \(\alpha\beta\). Построив линзу и перпендикулярно ей главную оптическую ось, видим, что оба источника лежат с одной стороны от линзы, а изображения — с разных сторон. Это возможно только для собирающей линзы, причём одно изображение действительное, другое мнимое.

Для определения фокусов проведём из \(S_1\) луч, параллельный главной оптической оси. После преломления он пойдёт в \(\beta\), пройдя через фокус. Аналогично найдём второй фокус.

Второй случай рассматривается аналогично; положение линзы, главной оптической оси и фокусов приведено на рис. 2.

Подсказка

Мощность, выделяющаяся на резисторах, равна мощности источников. Для второй схемы удобно разложить токи на вклады каждого источника по отдельности.

Ответ

\(P = 2P_0 = 14\) Вт.

Решение

В первой цепи \(P_0 = U_0 I = \dfrac{U_0^2}{r+R}\). Мощность, выделяющаяся на резисторах, равна мощности всех источников, поэтому её можно найти через мощность источников.

Вариант 1. Пусть \(I_0\) — ток через нижний источник, \(I_2\) — ток через верхний источник, \(I_1\) — ток через правый резистор \(R\). Мощность второй цепи \(P = U_0(I_0 + I_2)\). Обход по двум источникам даёт \[2U_0 = (I_0 + I_2)(R + r),\] откуда \(I_0 + I_2 = \dfrac{2U_0}{R+r}\) и \(P = \dfrac{2U_0^2}{R+r} = 2P_0 = 14\) Вт.

Вариант 2. По принципу суперпозиции рассмотрим каждый источник отдельно. При симметричном расположении резисторов ток через \(R_1\) и \(R_2\) от каждого источника компенсируется, и эти резисторы можно не учитывать. Ток в цепи равен \(I = \dfrac{U_0}{r+R}\), а мощность \(P = 2U_0 I = 2P_0 = 14\) Вт.