Четырёхцилиндровый нагрев

Запишите уравнение теплового баланса для одного цилиндра без вытекания жидкости; удобно строить зависимость \(1/t\) от \(1/M\).

Пусть \(M\) — масса цилиндра. Если после погружения цилиндра в калориметр жидкость не вытекает, уравнение теплового баланса имеет вид \(cM(T-t) = c_0m_0t\), где \(t\) — установившаяся в калориметре температура. Отсюда \[t = \frac{cMT}{cM + c_0m_0}, \qquad \frac{1}{t} = \frac{1}{T} + \frac{c_0}{c}\cdot\frac{m_0}{T}\cdot\frac{1}{M}.\] Зависимость \(y = 1/t\) от \(x = 1/M\) линейна с угловым коэффициентом \(k_1 = \dfrac{c_0m_0}{cT}\) и свободным членом \(b_1 = \dfrac{1}{T}\).

Рассмотрим случай, когда при погружении часть жидкости вытекает, то есть объём цилиндра больше объёма части калориметра, незанятой жидкостью, \(\Delta V\). Тогда \[\frac{1}{t} = \frac{1}{T}\left(1 - \frac{c_0\rho_0}{c\rho}\right) + \frac{c_0}{c}\cdot\frac{m_0 + \Delta m}{T}\cdot\frac{1}{M}, \qquad \Delta m = \rho_0\Delta V.\] Нанесём на координатную плоскость \((y, x)\), где \(y = 1/t\), \(x = m/M\), данные условия задачи (рис. 22). Видно, что точки, соответствующие данным в условии, принадлежат двум разным зависимостям: точки 1 и 2 — зависимости (3) (объём цилиндра меньше \(\Delta V\)), точки 3 и 4 — зависимости (4) (объём цилиндра больше \(\Delta V\)).

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

Из сравнения угловых коэффициентов наклона зависимостей \[\frac{k_2}{k_1} = \frac{m_0 + \Delta m}{m_0} = \frac{3}{2},\] следует, что доля объёма стакана, заполненная жидкостью, \(\gamma = \dfrac{2}{3}\).

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