Разминка

Остывающий цилиндр отдаёт теплоту на испарение (или забирает её у воды, намораживая лёд): запиши баланс и вырази массу испарившейся или замёрзшей воды через изменение уровня. В 1.2 тень исчезает, когда угловой размер шара сравнивается с угловым размером Солнца.

1.1.1) \(\Delta h_1=-\dfrac{c_2\rho_2V\Delta t}{L\rho_1S}\) (уровень понижается);  1.1.2) \(\Delta h_2=\dfrac{c_2\rho_2V\Delta t}{\lambda S\rho_1}\cdot\dfrac{\rho_1-\rho_3}{\rho_3}\) (уровень повышается);  1.1.3) \(\dfrac{\Delta h_2}{\Delta h_1}\approx0{,}8\) (по модулю);  1.2.1) \(h=d/\varphi\approx1{,}1\) км (в решении организаторов при \(d=10\) м);  1.2.2) \(d_1=h\varphi=d\).

Задача 1.1

1.1.1 В данном случае вода будет выкипать, до тех пор пока температура цилиндра не опустится до температуры кипения воды \(t_0 = 100^\circ C\). Поэтому теплота, выделившаяся при остывании цилиндра полностью, поэтому уравнение теплового баланса в данном случае будет иметь вид:

\[c_2 m_2 \Delta t = L \Delta m_1.\tag{1}\]

Масса алюминиевого цилиндра равна

\[m_2 = \rho_2 V,\tag{2}\]

а массу испарившейся воды можно выразить через изменение высоты уровня воды

\[\Delta m_1 = \rho_1 S \Delta h_1.\tag{3}\]

Подставим эти выражения в уравнение (1):

\[c_2 \rho_2 V \Delta t = L \rho_1 S \Delta h_1.\tag{4}\]

Откуда находим, что уровень воды в сосуде понизится на величину

\[\Delta h_1 = \frac{c_2 \rho_2 V \Delta t}{L \rho_1 S}.\tag{5}\]

1.1.2 При заданных начальных условиях лед будет намерзать на цилиндр, а так плотность льда меньше плотности цилиндра, то уровень воды в сосуде будет повышаться. Уравнение теплового баланса в этом случае имеет вид

\[c_2 m_2 \Delta t = \lambda \Delta m_1.\tag{6}\]

Массу намерзшего льда в данном случае также можно выразить через изменение уровня воды в сосуде:

\[\frac{\Delta m_1}{\rho_3} - \frac{\Delta m_1}{\rho_1} = S \Delta h_2 \quad \Rightarrow \quad \Delta m_1 = S \Delta h_2 \frac{\rho_3 \rho_1}{\rho_1 - \rho_3}.\tag{7}\]

Подстановка этих значений в уравнение (6) дает

\[c_2 \rho_2 V \Delta t = \lambda S \Delta h_2 \frac{\rho_3 \rho_1}{\rho_1 - \rho_3}.\tag{8}\]

Отсюда находим повышение уровня воды

\[\Delta h_2 = \frac{c_2 \rho_2 V \Delta t}{\lambda S \rho_1} \frac{\rho_1 - \rho_3}{\rho_3}.\tag{9}\]

1.1.3 Отношение изменения высот равно

\[\frac{\Delta h_2}{\Delta h_1} = \frac{L}{\lambda} \frac{1 - \frac{\rho_3}{\rho_1}}{\frac{\rho_3}{\rho_1}} \approx 7 \frac{0{,}1}{0{,}9} = 0{,}8\tag{10}\]

Задача 1.2

Нарисуем ход крайних лучей, идущих от краев Солнца и падающих на края шарика. Тогда внешние лучи указывают края полутени (\(AB\)), а внутренние – область полной тени (на рисунке это точка \(C\))

1.2.1 Из рисунка следует, что область тени на емле исчезнет, если угловой размер шарика станет равным угловому размеру Солнца, т.е. при

\[\frac{d}{h} = \varphi \quad \Rightarrow \quad h = \frac{d}{\varphi} = \frac{10\,\text{м}}{\frac{\pi}{180} \cdot \frac{32'}{60'}} \approx 1{,}1\,\text{км}.\tag{1}\]

1.2.2 Построенный рисунок можно использовать и для вычисления размеров светового зайчика. Из построенного рисунка следует, что диаметр светового зайчика \(AB\) примерно (но с высокой точностью) равен

\[d_1 = h\varphi\tag{2}\]

Это же выражение можно получить, рассматривая отверстие, как точечное, тогда солнечный «зайчик» является изображением Солнца в камере-обскуре. Если высота определяется по формуле (1), то диаметр зайчика равен диаметру отверстия:

\[d_1 = d = 10\,\text{м}.\tag{3}\]

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