ВсОШ 2019, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 4. Теоретический тур. 9 класс. Задача 4. Четырёхцилиндровый нагрев

• 1. 90 °C
• 2. $\gamma = \frac{2}{3}$
• 3. 300 г
• 4. 12

Пусть $M$ — масса цилиндра. В случае, если после погружения цилиндра в калориметр жидкость не вытекает, уравнение теплового баланса выглядит так: $cM(T - t) = c_0m_0t$, где $t$ — установившаяся в калориметре температура, отсюда:

Зависимость $y = \frac{1}{t}$ от $x = \frac{1}{M}$ будет линейной с угловым коэффициентом $k_1 = \frac{c_0m_0}{cT}$ и свободным членом $b_1 = \frac{1}{T}$.

Рассмотрим случай, когда при погружении часть жидкости вытекает, то есть объем цилиндра больше объёма части калориметра, незанятого жидкостью $\Delta V$. Тогда уравнение теплового баланса имеет вид:

Для обратных величин:

здесь $\Delta m = \rho_0\Delta V$.

Нанесем на координатную плоскость $(y, x)$, где $y = \frac{1}{t}$, $x = \frac{m}{M}$ данные условия задачи. Соответствующий масштаб выбран для удобства (рис. 22). Видно, что точки, соответствующие данным в условии, принадлежат двум разным зависимостям, т. 1 и т. 2 зависимости (3) (объём цилиндра меньше объёма $\Delta V$), т. 3 и т. 4 зависимости (4) (объём цилиндра больше объёма $\Delta V$).

Применяя дважды уравнение (3) для первого и второго цилиндра, получим, что их начальная температура $T = 90^{\circ}$C.

Из сравнения угловых коэффициентов наклона зависимостей

следует, что доля объема стакана, заполненная жидкостью $\gamma = \frac{2}{3}$.

Пересечение графиков при $m/M = 0{,}5$ соответствует моменту начала вытекания жидкости. При этом масса цилиндра равна $2m = 6\rho_0V/3$. Но масса жидкости $m_0 = \rho_0 2V/3$, следовательно, $m = \frac{3}{2}m_0 = 300$ г. Подставив, значения $T$ и $m$ в уравнение (3) для первого цилиндра, получим: $c_0/c = 12$.