МОШ, 2000/01, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(L \approx \dfrac{2\alpha R}{1 - gR/v^2} \approx 1780\) км (грубая оценка без учёта притяжения даёт \(640\) км; численный расчёт по эллипсу даёт \(1859\) км).

Решение

Скорость снаряда \(v = 10\) км/с больше первой космической скорости (\(v_{1\text{к}} \approx 8\) км/с) и лишь немного меньше второй (\(v_{2\text{к}} \approx 11{,}2\) км/с). Поэтому снаряд будет двигаться по сильно вытянутому эллипсу, большая полуось которого значительно больше радиуса Земли \(R \approx 6400\) км, и ударится о Землю позади орудия. Иначе говоря, обычную формулу баллистики применять нельзя. Рассчитать такой эллипс — сложная задача, но в данном случае это делать и не нужно.

Мысленно сосредоточим всю массу Земли в её центре и рассмотрим траекторию снаряда. Из симметрии расположения эллипса относительно Земли следует, что угол падения снаряда на Землю равен углу возвышения орудия \(\alpha = 3^\circ\). Ясно, что если бы Земля не мешала, то снаряд пролетел бы по участку траектории, проходящему «внутри Земли» (см. рисунок).

Поскольку начальная скорость снаряда очень велика, а угол возвышения орудия мал, то этот участок эллипса внутри Земли близок к прямой линии, а градусная мера \(\varphi\) дуги, лежащей между точками нахождения орудия и падения снаряда, мала.

Поэтому в первом приближении можно считать, что «внутри Земли» снаряд летит по прямой с постоянной скоростью \(v\), а \(\varphi \approx 2\alpha\). Таким образом, искомое расстояние \(L = R\varphi \approx 2R\alpha\), и поскольку \(2\alpha = 6^\circ \approx 0{,}1\) рад, то \[L \approx 0{,}1\text{ рад}\cdot 6400\text{ км} \approx 640\text{ км}.\] Можно пытаться оценить величину \(L\) другим, более точным способом, учитывая силу притяжения снаряда к центру Земли. После падения снаряд будет двигаться по участку траектории «внутри Земли» и пролетит его с почти постоянной по величине скоростью за время \(\Delta t \approx L/v\). За это время вектор скорости повернётся на угол \(\Delta\varphi = \varphi - 2\alpha\), причём этот поворот возникает из-за действия силы притяжения Земли на снаряд во время его «полёта внутри Земли». Поскольку сила притяжения почти перпендикулярна скорости, то приращение скорости снаряда \(\Delta v \approx v\Delta\varphi \approx g\Delta t \approx gL/v\). Таким образом, \[\Delta\varphi \approx \dfrac{gL}{v^2} \approx \dfrac{L}{R} - 2\alpha,\] откуда \[L \approx \dfrac{2\alpha R}{1 - \dfrac{gR}{v^2}} \approx \dfrac{0{,}1\text{ рад}\cdot 6400\cdot 10^3\text{ м}}{1 - \dfrac{10\text{ м/с}^2\cdot 6400\cdot 10^3\text{ м}}{(10^4\text{ м/с})^2}} \approx 1780\text{ км}.\qquad(1)\] Эту формулу можно также получить, используя метод последовательных приближений, на рассмотрении которого мы не будем подробно останавливаться.

Отметим, что вычисление по формуле (1) даёт результат, который очень близок к точному значению \(L \approx 1859\) км (результат численного расчёта для полёта снаряда по эллиптической траектории при \(g = 10\) м/с\(^2\), \(R = 6400\) км). Более того, если подставить в формулу (1) более точное значение величины \(2\alpha = 6^\circ \approx 0{,}1047\) рад и выполнить подсчёт при помощи микрокалькулятора, то совпадение станет ещё лучше — оценка для расстояния будет равна \(L \approx 1861\) км, что отличается от точного значения только на \(0{,}1\%\)!

Формулу (1) можно получить и другим способом. Небольшой участок траектории, проходящий «внутри Земли», на всём своём протяжении имеет приблизительно одинаковый радиус кривизны \(R_{\text{кр}}\). Его можно найти из условия примерного равенства вблизи поверхности Земли центростремительного ускорения снаряда \(v^2/R_{\text{кр}}\) и ускорения свободного падения \(g\), откуда \[R_{\text{кр}} \approx \dfrac{v^2}{g} = \dfrac{(10000\text{ м/с})^2}{10\text{ м/с}^2} = 10^7\text{ м} = 10000\text{ км}.\] Если из центра кривизны \(C\) данного участка траектории провести два радиуса кривизны — в точку падения \(A\) и в точку вылета \(B\) снаряда, то вектора скорости снаряда \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) в этих точках будут перпендикулярны проведённым радиусам (см. рисунок). Углы между этими радиусами \(CA\) и \(CB\) и радиусами Земли \(OA\) и \(OB\), проведёнными из центра Земли \(O\) в те же точки, будут равны \(\alpha\), поскольку первые перпендикулярны векторам скорости, а вторые — касательным к поверхности Земли. Поскольку угол \(ACB\) равен углу поворота вектора скорости \(\Delta\varphi\), а угол \(\varphi/2\) является внешним углом для треугольника \(AOC\), то \(\dfrac{\varphi}{2} = \alpha + \dfrac{\Delta\varphi}{2}\). Замечая, что \(R\varphi \approx R_{\text{кр}}\Delta\varphi \approx \dfrac{v^2}{g}\Delta\varphi\), получаем \(\varphi = 2\alpha + \dfrac{gR}{v^2}\varphi\), откуда \(\varphi = \dfrac{2\alpha}{1 - (gR/v^2)}\), и для \(L = R\varphi\) получаем прежнюю формулу (1).

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2L_1L_2}{g(L_1 + L_2)}}\).

Решение

При малых колебаниях можно в первом приближении считать, что грузы смещаются в горизонтальном направлении на одинаковую величину \(x \ll L_{1,2}\), так как соединяющий их стержень жёсткий (см. рисунок).

Высота поднятия каждого из грузов \(y_{1,2}\) равна \[y_{1,2} = L_{1,2} - L_{1,2}\sqrt{1 - \dfrac{x^2}{L_{1,2}^2}} \approx \dfrac{x^2}{2L_{1,2}}.\] Поэтому приращение потенциальной энергии системы грузов, выведенной из положения равновесия, равно \[U = mg(y_1 + y_2) = \dfrac{mg}{2}\left(\dfrac{1}{L_1} + \dfrac{1}{L_2}\right)x^2.\] Скорости грузов в первом приближении одинаковы: \[v_{1,2} = \sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\dfrac{dy_{1,2}}{dt}\right)^2} = \dfrac{dx}{dt}\sqrt{1 + \left(\dfrac{dy_{1,2}}{dx}\right)^2} \approx\] \[\approx \dfrac{dx}{dt}\sqrt{1 + \dfrac{x^2}{L_{1,2}^2}} \approx \dfrac{dx}{dt} = v.\] Поэтому кинетическая энергия системы: \(W = mv^2/2 + mv^2/2 = mv^2\).

Известно, что если кинетическая энергия системы с одной степенью свободы может быть записана в виде \(W = \alpha v^2/2\), а потенциальная энергия — в виде \(U = \beta x^2/2\), где \(x\) — некоторая координата, характеризующая положение системы, а \(v = dx/dt\) — соответствующая ей скорость, то система может совершать гармонические колебания, период которых определяется формулой \(T = 2\pi\sqrt{\alpha/\beta}\). Поэтому в нашем случае период малых колебаний равен \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{mg\left(\dfrac{1}{L_1} + \dfrac{1}{L_2}\right)}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{2L_1L_2}{g(L_1 + L_2)}}.\]

Ответ

\(\alpha = \operatorname{arctg}\left(\sqrt{2} + \sqrt{3}\right) \approx 72^\circ\) (показатель преломления линзы \(n = \sqrt{2}\)).

Решение

Пусть материал линзы имеет показатель преломления \(n\), а скорость света в вакууме равна \(c\). Тогда скорость света, распространяющегося внутри линзы, равна \(c/n\). Так как линза осесимметрична, а фронт прошедшей через неё волны становится плоским, то времена распространения света от источника по путям \(ABC\) и \(ADE\) (см. рис. 1) должны быть одинаковыми: \[\dfrac{R\sqrt{2}}{c} + \dfrac{R}{c} = \dfrac{R}{c} + \dfrac{R}{c/n}.\] Отсюда получаем, что показатель преломления материала линзы \(n = \sqrt{2}\).

Рассмотрим далее преломление луча света вблизи пересечения поверхностей, ограничивающих линзу (см. рис. 2). Угол падения луча на плоскую поверхность равен \(\varphi = \pi/4\). Из закона преломления света находим: \[n\sin(\angle MLN) = \sin\varphi,\] откуда \(\sin(\angle MLN) = \dfrac{\sin\varphi}{n} = \dfrac{1}{2}\), то есть \(\angle MLN = \dfrac{\pi}{6}\). Далее, из треугольника \(MLO\) получаем: \[\alpha + \dfrac{\pi}{2} - \angle LMN + \dfrac{\pi}{2} - \angle MLN = \pi,\] откуда, с учётом предыдущего соотношения, \(\angle LMN = \alpha - \dfrac{\pi}{6}\).

Рассматривая преломление луча на выпуклой поверхности, получаем: \[n\sin(\angle LMN) = \sin\alpha,\quad\text{или}\quad \sqrt{2}\sin\left(\alpha - \dfrac{\pi}{6}\right) = \sin\alpha.\] Отсюда имеем: \[\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha - \dfrac{1}{2}\cos\alpha\right) = \sin\alpha,\qquad\text{и}\qquad \operatorname{tg}\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{3} - \sqrt{2}} = \sqrt{2} + \sqrt{3}.\] Окончательно, \[\alpha = \operatorname{arctg}\left(\sqrt{2} + \sqrt{3}\right) \approx \operatorname{arctg}(1{,}73 + 1{,}41) = \operatorname{arctg}3{,}14 \approx 72^\circ.\]

Ответ

\(t = 2\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}} = \dfrac{2}{v}\sqrt{2l_{\text{т}}L} \approx 6{,}4\) с.

Решение

Проанализируем движение автомобиля, которое, очевидно, должно состоять из двух этапов: разгона и торможения.

1) Торможение. Пусть в момент начала торможения автомобиль имеет скорость \(v_{\max}\). Тогда тормозной путь автомобиля при максимально возможном значении ускорения \(a = \mu g\) равен \(L_{\text{торм}} = \dfrac{v_{\max}^2}{2a} = \dfrac{v_{\max}^2}{2\mu g}\), где \(\mu\) — коэффициент трения между дорогой и колёсами автомобиля. Отсюда \(v_{\max} = \sqrt{2\mu gL_{\text{торм}}}\).

2) Разгон. При разгоне автомобиль движется с максимально возможным ускорением \(a = \mu g\) до тех пор, пока хватает мощности двигателя (первая стадия разгона). При этом, пройдя расстояние \(L_1\), он приобретает скорость \(v_1 = \sqrt{2\mu gL_1} = \dfrac{N}{\mu mg}\). Далее с ростом скорости ускорение при постоянной мощности двигателя будет постепенно уменьшаться (вторая стадия разгона). Для того, чтобы определить, на какой из этих двух стадий разгон нужно прекратить, найдём коэффициент трения. Это можно сделать, используя данные, приведённые в условии, и воспользовавшись теоремой об изменении кинетической энергии: \(mv^2/2 = \mu mgl_{\text{т}}\). Отсюда, полагая \(g = 9{,}8\) м/с\(^2\), имеем: \(\mu = \dfrac{v^2}{2gl_{\text{т}}} \approx 0{,}50\).

Разгон необходимо прекратить, когда оставшееся расстояние до точки 2 будет равно тормозному пути: \(L - L_1 = L_{\text{торм}}\). Ясно, что если разгон кончается на первой стадии, то есть ускорение при разгоне равно ускорению при торможении, то торможение придётся начинать на середине дистанции, и \(L_1 = L_{\text{торм}} = L/2\). В этом случае \(v_{\max} = \sqrt{\mu gL} \approx 15{,}6\) м/с. В то же время максимальная скорость, которой может достичь автомобиль на первой стадии разгона, равна \(v_1 = \dfrac{N}{\mu mg} \approx 16{,}3\) м/с \(> v_{\max}\), так что разгон действительно нужно прекращать на первой стадии. При этом время \(t_{1/2}\), необходимое для прохождения половины дистанции, можно найти из условия: \(\dfrac{L}{2} = \dfrac{\mu gt_{1/2}^2}{2}\). Отсюда наименьшее время, необходимое автомобилю для прохождения всей дистанции при условиях задачи, равно \[t = 2t_{1/2} = 2\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}} = \dfrac{2}{v}\sqrt{2l_{\text{т}}L} \approx 6{,}4\text{ с}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k + \rho gS(1 + \sin\alpha)}}\).

Решение

При малых колебаниях в отсутствие трения сумма кинетической и потенциальной энергий постоянна: \(W + U = \text{const}\). Для рассматриваемой системы \(W = Mv^2/2 = M\dot x^2/2\), где \(\dot x\) — скорость столба жидкости.

Будем отсчитывать смещение столба жидкости \(x\) от равновесного положения поршня. В этом положении сила сжатия пружины \(kx_0\) (\(x_0\) — положение поршня при несжатой пружине) уравновешивается силой гидростатического давления \(\rho ghS\) за счёт превышения уровня жидкости в наклонном колене на высоту \(h\) над её уровнем в вертикальном колене. Тогда \[U = \dfrac{k(x_0 - x)^2}{2} + \rho gSx\left(h + \dfrac{x}{2}(1 + \sin\alpha)\right),\] так как при смещении жидкости на малое расстояние \(x\) от положения равновесия центр масс её элемента массой \(\rho Sx\) поднимается на высоту \(\dfrac{x}{2} + h + \dfrac{x}{2}\sin\alpha\) (см. рисунок). Таким образом, \[\dfrac{M(\dot x)^2}{2} + \dfrac{k(x_0 - x)^2}{2} + \rho gS(1 + \sin\alpha)\dfrac{x^2}{2} + \rho gShx = \text{const}.\] Дифференцируя это соотношение по времени и обозначая ускорение столба жидкости через \(\ddot x \equiv d\dot x/dt\), имеем: \[M\dot x\ddot x + (k + \rho gS(1 + \sin\alpha))\dot xx + \rho gSh\dot x - k\dot xx_0 = 0.\] Поскольку, как уже отмечалось, \(kx_0 = \rho gSh\), получаем отсюда уравнение движения столба жидкости: \[\ddot x + \dfrac{k + \rho gS(1 + \sin\alpha)}{M}x = 0,\] которое представляет собой уравнение гармонических колебаний. Следовательно, период малых колебаний рассматриваемой системы равен \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k + \rho gS(1 + \sin\alpha)}}.\]

Ответ

\(u \approx 1100\) м/с.

Решение

В начальный момент масса водяного пара \(M_{\text{пара}}\) очень мала по сравнению с массой воды в сосуде \(m\). Массу пара можно найти из уравнения Менделеева — Клапейрона, учитывая, что молярная масса воды \(\mu_{\text{воды}} = 18\) г/моль, а соответствующая нормальным условиям температура \(T_1 = 273\) К: \[M_{\text{пара}} = \dfrac{\mu_{\text{воды}}pV}{RT_1} \approx 0{,}15\text{ г} \ll m = 9\text{ г}.\] Поэтому можно считать, что вся вода вначале находилась в жидком состоянии. После разгона сосуда объёмом \(V = 31\) литр при установившейся температуре внутри него содержится \(m = 9\) г водяного пара при влажности \(r = 50\%\). Если бы при этой же температуре водяной пар был насыщенным, то в том же объёме находилось бы \(m/r = 18\) г водяного пара, то есть 1 моль.

Известно, что вода при атмосферном давлении кипит при \(100\,^\circ\text{C}\), то есть давление насыщенных паров воды при температуре \(T_2 = 373\) К равно \(p_{\text{атм}} = 10^5\) Па. Из уравнения Менделеева — Клапейрона находим, что при давлении \(10^5\) Па и температуре 373 К один моль водяного пара (18 г) занимает объём \[V = \dfrac{RT_2}{p_{\text{атм}}} \approx 31\text{ л},\] откуда следует, что в сосуде установилась температура, равная как раз \(T_2 = 373\) К.

В условии сказано, что стенки сосуда являются очень жёсткими, а это означает, что объём сосуда не изменяется. Стенки сосуда совершенно не проводят тепло, то есть энергия, которыми обладали воздух и вода, не теряется в результате теплопередачи. Перейдём в систему отсчёта, движущуюся поступательно со скоростью \(u\). В этой системе отсчёта сосуд сначала имел скорость \(u\), а затем резко остановился. Воздух и вода имели, как целое, кинетическую энергию \(\dfrac{Mu^2}{2}\) и некоторую внутреннюю энергию. После остановки сосуда суммарная энергия воды и воздуха осталась прежней, но теперь вода и воздух как целое не движутся, так что кинетическая энергия движения воды и воздуха, как целого, превратилась во внутреннюю энергию.

Из уравнения Менделеева — Клапейрона находим, что масса воздуха в сосуде равна \[M_{\text{возд}} = \dfrac{\mu p_{\text{атм}}V}{RT_1} \approx 39{,}6\text{ г}.\] Суммарная масса воды и воздуха \(M = m + M_{\text{возд}} = 48{,}6\) г. Изменение внутренней энергии можно подсчитать по частям. Воздух при постоянном объёме нагрелся на \(100\,^\circ\text{C}\). На это потребовалось количество тепла \(Q_1 = M_{\text{возд}}c_V(T_2 - T_1) \approx 2850\) Дж. Изменение внутренней энергии воды определяется только конечным и начальным состояниями системы и не зависит от процесса перехода. Поэтому можно считать, что сначала воду нагрели до \(100\,^\circ\text{C}\), а затем перевели её в парообразное состояние. На нагревание воды пошло количество тепла \(Q_2 = mC(T_2 - T_1) \approx 3780\) Дж. На парообразование пошло количество теплоты \(Q_3 = mL \approx 22500\) Дж.

Таким образом, общее изменение внутренней энергии равно кинетической энергии, которую имели вода и воздух: \[\Delta E = \dfrac{Mu^2}{2} = Q_1 + Q_2 + Q_3 \approx 29130\text{ Дж},\] откуда \[u = \sqrt{\dfrac{2\Delta E}{M}} \approx 1100\text{ м/с}.\]

Ответ

Не менее \(n = 10\) циклов.

Решение

Эквивалентные схемы для положений ключа 1 и 2 изображены на рисунке.

Будем обозначать заряды конденсаторов и напряжения на них через \(q_{ij}\) и \(U_{ij}\), причём первый индекс \(i\) будет обозначать номер конденсатора, а второй индекс \(j\) — номер положения ключа.

Из эквивалентных схем следует, что в положении 1 конденсатор \(C_1\) всякий раз заряжается до напряжения \(U_{11} = \mathcal{E}\), приобретая заряд \(q_{11} = C\mathcal{E}\). Кроме того, в положении 2 заряд, находящийся на проводнике между конденсаторами \(C_1\) и \(C_2\), сохраняется. Рассмотрим последовательно несколько циклов переключений 1–2.

Первый цикл: в положении ключа 1 конденсатор \(C_2\) не заряжен, \(q_{21} = 0\), \(U_{21} = 0\). После переключения ключа в положение 2 происходит перезарядка конденсаторов \(C_1\) и \(C_2\) до таких напряжений \(U_{12}\) и \(U_{22}\), что \(U_{22} - U_{12} = \mathcal{E}\), где положительными считаются такие величины \(U_{12}\), которые совпадают по полярности с \(U_{11}\), и такие \(U_{22}\), полярность которых совпадает с той, что показана на рисунке в положении 2. Заряды при этом связаны следующими соотношениями: \[q_{12} = CU_{12},\quad q_{22} = CU_{22},\quad q_{22} - q_{12} = C\mathcal{E},\quad q_{12} + q_{22} = q_{11} + q_{21}\] (последнее соотношение следует из сохранения в процессе перезарядки заряда, находящегося на проводнике между конденсаторами \(C_1\) и \(C_2\)). Из этой системы уравнений получаем: \[q_{22} = \dfrac{q_{11} + q_{21} + C\mathcal{E}}{2} = \dfrac{C\mathcal{E} + C\mathcal{E} + q_{21}}{2} = C\mathcal{E} + \dfrac{q_{21}}{2} = C\mathcal{E}\] для первого цикла, так как заряд \(q_{21}\) был равен нулю. Значение \(q_{22}\) после первого цикла равно \(q_{21}\) для второго цикла, и так далее. Поэтому

после второго цикла \[q_{22} = C\mathcal{E} + \dfrac{C\mathcal{E}}{2} = \dfrac{3}{2}C\mathcal{E},\] после третьего \[q_{22} = C\mathcal{E} + \dfrac{3}{4}C\mathcal{E} = \dfrac{7}{4}C\mathcal{E},\] после четвёртого \[q_{22} = C\mathcal{E} + \dfrac{7}{8}C\mathcal{E} = \dfrac{15}{8}C\mathcal{E},\] и так далее.

Таким образом, после каждого цикла номера \(n\) заряд \(q_{22}\) возрастает на \(\Delta q_{22} = \dfrac{C\mathcal{E}}{2^{n-1}}\), стремясь, очевидно, к установившемуся значению \(2C\mathcal{E}\). При этом после \(n\)-го цикла \(q_{22}\) отличается от \(2C\mathcal{E}\) на величину \(\Delta q_{22} = \dfrac{C\mathcal{E}}{2^{n-1}}\). По условию это отличие должно быть меньше или равно \(0{,}1\%\): \[\dfrac{\Delta q_{22}}{2C\mathcal{E}} = \dfrac{C\mathcal{E}}{2\cdot 2^{n-1}C\mathcal{E}} = \dfrac{1}{2^n} \leqslant 0{,}001,\] откуда \(2^n \geqslant 1000\). Этому неравенству удовлетворяют \(n \geqslant 10\), когда \(2^n \geqslant 2^{10} = 1024\).

Следовательно, для того, чтобы заряд на конденсаторе \(C_2\) отличался от своего установившегося значения не более, чем на \(0{,}1\%\), нужно произвести не менее \(n = 10\) циклов переключений.

Ответ

Нужно долить ацетон, примерно \(26{,}7\) мл (при температуре \(20\,^\circ\text{C}\)).

Решение

Палочка не видна в растворе, если показатели преломления стекла (из которого изготовлена палочка) и раствора совпадают при данных условиях (в этом случае свет никак не преломляется на границе стекла и раствора).

Обозначим через \(\alpha_T\) объёмную долю ацетона в растворе, в котором палочка незаметна при температуре этого раствора \(T\). Тогда объёмная доля бензола в таком растворе равна \((1 - \alpha_T)\). Для чистых жидкостей при температуре \(T_2 = 20\,^\circ\text{C}\) справедливы соотношения: \[n_{\text{А}}^2 = 1 + K_{\text{А}}N_{\text{А}};\quad n_{\text{Б}}^2 = 1 + K_{\text{Б}}N_{\text{Б}}.\] Для того, чтобы в растворе ацетона и бензола палочка не была видна при температуре \(20\,^\circ\text{C}\), должно выполняться условие: \[n_{\text{С}}^2 = 1 + \alpha_{20}K_{\text{А}}N_{\text{А}} + (1 - \alpha_{20})K_{\text{Б}}N_{\text{Б}}.\] Отсюда найдём объёмную долю ацетона в таком растворе при температуре \(20\,^\circ\text{C}\): \[\alpha_{20} = \dfrac{n_{\text{Б}}^2 - n_{\text{С}}^2}{n_{\text{Б}}^2 - n_{\text{А}}^2} = \dfrac{1{,}5^2 - 1{,}47^2}{1{,}5^2 - 1{,}36^2} \approx 0{,}222.\] При изменении температуры раствора объёмная доля ацетона не изменяется, поскольку коэффициенты объёмного расширения обеих жидкостей по условию одинаковы. В то же время концентрации молекул ацетона и бензола меняются, поскольку изменяется объём раствора: \(V = V_{20}(1 + \mu(T_1 - T_2))\). Таким образом, \(\alpha_{50}\) (объёмная доля ацетона в таком растворе, в котором стеклянная палочка незаметна при температуре \(T_1 = 50\,^\circ\text{C}\)) может быть найдена из условия: \[n_{\text{С}}^2 = 1 + \dfrac{\alpha_{50}K_{\text{А}}N_{\text{А}} + (1 - \alpha_{50})K_{\text{Б}}N_{\text{Б}}}{1 + \mu(T_1 - T_2)}.\] Отсюда, с учётом записанных выше соотношений для \(n_{\text{А}}\) и \(n_{\text{Б}}\): \[\alpha_{50} = \dfrac{n_{\text{Б}}^2 - 1 - (n_{\text{С}}^2 - 1)(1 + \mu(T_1 - T_2))}{n_{\text{Б}}^2 - n_{\text{А}}^2} =\] \[= \dfrac{1{,}5^2 - 1 - (1{,}47^2 - 1)\cdot(1 + 0{,}00124\cdot 30)}{1{,}5^2 - 1{,}36^2} \approx 0{,}115.\] Так как \(\alpha_{20} > \alpha_{50}\), для получения раствора с объёмной долей ацетона \(\alpha_{20}\) из раствора с объёмной долей ацетона \(\alpha_{50}\) в исходный раствор нужно добавлять ацетон. Объём исходного раствора после охлаждения до \(20\,^\circ\text{C}\) равен \[V_{20} = \dfrac{V}{1 + \mu(T_1 - T_2)} \approx 192{,}8\text{ мл}.\] В нём на долю бензола приходится объём \(V_{\text{Б}} = (1 - \alpha_{50})V_{20} \approx 170{,}7\) мл, который после добавления ацетона должен составлять долю \((1 - \alpha_{20})\) от нового объёма раствора \(V_{\text{н}}\). Отсюда \[V_{\text{н}} = \dfrac{V_{\text{Б}}}{1 - \alpha_{20}} \approx 219{,}5\text{ мл}.\] Таким образом, в раствор нужно добавить объём ацетона, равный \[\Delta V_{\text{А}} = V_{\text{н}} - V_{20} = \dfrac{n_{\text{С}}^2 - 1}{n_{\text{С}}^2 - n_{\text{А}}^2}\cdot\dfrac{\mu(T_1 - T_2)V}{1 + \mu(T_1 - T_2)} \approx\] \[\approx 219{,}5\text{ мл} - 192{,}8\text{ мл} \approx 26{,}7\text{ мл}\] (объём рассчитан при температуре добавляемого ацетона \(T_2 = 20\,^\circ\text{C}\)).