若只有開水，如何在單位時間內喝到最多的水？

12-07

如題，我在火車上，突然想到這個問題

我可以喝下去的水最熱的溫度為50攝氏度，室溫20攝氏度，開水100攝氏度，杯中的水與外界交換熱的速率與溫差成正比，杯中的水量恆定。
問：
1.每次接滿一杯水，涼到50度全部喝完。或每次涼到50度時喝掉一半，再加開水灌滿，如此往複，哪種方法在單位時間內能喝到的水最多。
2.找出一種能喝到最多水的辦法。

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2017-2-2更新
感謝大家的關注
前面的條件限制度可能有點大，我一開始只是想用牛頓冷卻模型進行求解，得出一個簡單的結果，但是看到大家對這個問題提出了很多很不錯的想法，我想我們可以考慮一下從熱力學的角度，考慮蒸發等因素。因為其實我當時是使用的一個口很小的保溫杯。。。
所以。。大家不必按照我的假設（杯中的水與外界交換熱的速率與溫差成正比）

本來以為有多複雜，需要考慮杯子的幾何形狀，解熱傳導二次偏微分方程之類的。。。但作者說

水與外界交換熱的速率與溫差成正比

這就是大一微積分的級別而已。

首先根據這句話我們有
$frac{dT}{dt}=-k(T-T_L)$
這裡TL是低溫，即環境溫度（20°C）。k是熱傳遞常數，且是個正數。
這裡為了簡化計算，我們把溫度變成一個0～1之間的數 $au$ 。用 $au$ 表示20~100°C之間的溫度，0表示20度，1表示100度。
$au=frac{T-T_L}{T_H-T_L}$
把它代入可得
$frac{d au}{dt}=-kt$
這個方程的解是 $au=e^{-kt}$ ，不用解釋了吧

我們的最終溫度 $T_F$ =50°C，用 $au$ 表示就是
$au_F=frac{50-20}{100-20}=0.375$

情況1，就是一杯水從100到50度，就是考察 $au$ 從1到0.375的時間，代入公式直接解得 $Delta t=frac{0.98}{k}$

情況2，就是一杯水從75到50度， $au$ 從0.6875到0.375的時間，但是要乘以2。代入公式解得
$Delta t=frac{1.21}{k}$

結論：方法2比方法1要多花約24%的時間。

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課後附加題：
如果題主採用策略2的喝法，但是每次不是一喝一半，而是喝x杯水，x介於(0,1]之間。請問最省時的話x應為多少？

同在火車上，無聊作答。
以下答案忽略倒水時間，水的對流時間，水杯散熱。
問1，因散熱速度和溫差正比，所以時時刻刻保持這唯一一個散熱面和空氣的溫差最高為最短時間。
假設要喝1億杯水，整杯喝的時間為一杯水從100度到50度所用時間的1億倍，而第二種方法是一杯水從75度到50度的時間的2億倍（因數量大忽略第一杯時間）。因溫差越大熱交換速度越大，所以一杯水從100到75度用的時間要比從75度到50度用的時間少，一杯水從75度到50度時間的二倍要比從100度到50度時間多，即第二種方法耗時更久。

換一種想法，不管是不勾兌還是勾兌一半或三分之一，要喝掉1億杯水，水從100度到50度都需要散掉a焦耳的熱量。
假設我們有一個1億倍深度的杯子，把水都倒進去，如果每時每刻散掉的熱量都平均分給所有水，水的降溫速度最少，水與空氣的溫差每時每刻都是最大的，這種方式水的降溫時間最快。
一杯一杯晾涼的時間和所有的水在一個散熱面相同但杯子深億倍的時間相同，即整杯整杯喝，不勾兌為最優解。

問2，假設時間是1分鐘，可能採用一杯一杯喝光的方法喝完了第一杯水，但是第二杯水晾到了51度，悲劇。
所以規定時間內最優解為前面幾杯整杯喝，倒數第二杯需要不喝光然後勾兌一定量的水，在最後時刻喝完杯中正好50度的水。

回答問1原題，假設在20度室溫把一杯100度的水晾到50度需要44秒，而把同樣一杯75度的水晾涼需要27秒，如果要求總時間87秒內喝水最多，採用方法2（把第二杯都喝了）可以戰勝方法1。但是如果方法二耿直的還是只喝半杯，那方法二永遠贏不了。

輻射與溫度四次方成正比。

其它熱傳遞雖然不是四次方，但也是超線性的。

所以，100度降低到75度要比75度降低到50度快。

另一方面，散熱與表面積有關。

所以應該接一淺層開水，降溫，喝乾，再接。

具體最佳深度，那就得實際實驗計算了。

還記得那種按壓式的噴壺么，比如六神花露水那種帶噴霧效果的噴口，裝入開水後對著嘴噴著喝，溫度剛剛好，我這樣喝了很多次了，味道好極了。

按照幾位朋友的理論，這樣噴一下，開水與空氣的接觸面積瞬間達到極大值，在進入口腔時溫度下降了很多，又因為一次噴出的量極少，所帶有的總熱量並不多，多餘的熱量要不在空氣中揮發，要不就被口腔血液帶走，口腔不會緩慢升溫，所以你可以往死勒噴，一會會就噴完一瓶，喝掉了。。。

謝邀.....可是我在物理上的戰鬥力是極弱的....我做物理題是會發生慘案的...

HTML版本:Mr.Perfect:怎樣喝水最快
匿了...

增大散熱面積才是王道，所以倒在桌面上，舔

旁人敢笑你，你就……吠他，還笑的話，就……咬他

直覺上不應該兌，因為水需要散發出去的熱量是一定的，那就需要杯中的水溫儘可能高來快速散熱。

抓住杯子直接一口喝完，這個方法最快，不過得住院

買一桶泡麵，扔掉面。
去廁所接半杯涼水，熱水杯子放在裡面。
攪拌泡麵桶裡面的水。
如此反覆。
缺點：需要一桶泡麵的錢。
杯子得比泡麵桶小。
杯子不能是保溫杯。
直接在廁所用涼水沖杯子的.....

不想浪費糧食而且杯子不是保溫杯的話還可以用濕毛巾或濕紙巾包住杯子，保持包裹物濕潤就行。
（補充：默認題主在火車上。假如只有熱水和杯子，可以參考上面一小段說的：毛巾可用衣服代替。）

列方程式的：

題主問了兩個問題，讓我們一個一個來回答。

第一問：每次接滿一杯水，涼到50度全部喝完。或每次涼到50度時喝掉一半，再加開水灌滿，如此往複，哪種方法在單位時間內能喝到的水最多。

答：第一種方法多。

一方面，每一次喝水時，第一種方法的喝水量是第二種方法的兩倍。

另一方面，在忽略接水、喝水的情況下，每次喝水所需的時間是杯中的水冷卻到50℃的時間。結合第一方面，這要求第二種方法的冷卻時間小於第一種方法的1/2，第二種方法才算優於第一種。

那麼這個要求能不能達到呢？第一種方法中，水需要從100℃降溫到50℃，溫降是50℃；第二種方法中，水需要從75℃降溫到50℃，溫降是25℃。這意味著如果兩種方法的降溫速率相同，第二種方法的冷卻時間等於第一種方法的1/2。

但是別忘了，降溫速率與溫度成正比，而第一種方法的水溫比第二種方法的高，那麼第二種方法的平均降溫速率必然小於第一種，因此第二種方法的冷卻時間大於第一種方法的1/2。綜上，第一種方法更優。

第二問：找出一種能喝到最多水的辦法。

答：這需要分兩種情況：（1）您只有一個杯子。（2）您有足夠多的杯子。

第一種情況：通過前面的討論可以知道，喝水花費的時間主要是等待水冷卻的時間，我們自然有一個想法：如果每次接水只接一點點，由於杯中水的量較小，而換熱面積卻很大，水可以在很短的時間內冷卻，這樣是否能提高我們喝水的效率呢？詳細的討論如下：

我們將一次喝水的過程分為五個階段：（1）接水（2）冷卻（3）舉杯（4）喝水（5）放杯。設每個階段花費的時間分別為 $au _{1}$ ~ $au _{5}$ ，其中 $au _{3}$ 和 $au _{5}$ 是已知常數（無論接多少水，舉杯和放杯的速度總是差不多的），設飲水機放水的速率是已知常數 $W_{1}$ （單位：質量/時間），喝水速率是已知常數 $W_{4}$ （單位同前）。那麼每次的接水量是 $W_{1} au_{1}$ ，由於 $W_{1}$ 恆定，我們的任務是選定合適的 $au _{1}$ ，使得 $frac{W_{1} au _{1}}{ au _{1}+ au _{2}+ au _{3}+ au _{4}+ au _{5}}$ 最大。

注意：在上一問的討論中，我們忽略了接水、舉杯、喝水、放杯的時間，這是由於在上一問中，冷卻時間遠大於這些時間；然而在這一問中，冷卻時間有可能很小，因此需要充分考慮。

$au _{3}$ 和 $au _{5}$ 是已知常數。而對於 $au _{4}$ ，由於接水量等於喝水量，即 $W_{1} au_{1}$ = $W_{4} au_{4}$ ，可得： $au_{4} =frac{W_{1}}{W_{4} } au_{1}$ ，我們只需要求出 $au _{2}$ 與 $au _{1}$ 的關係，而 $au _{2}$ 的計算涉及到具體的換熱細節，這裡提供一種簡化計算模型：

考慮冷卻時的杯子：設杯子為一圓柱體，其半徑為R，高為H，杯中水的質量為 $W_{1} au_{1}$ ，則水的高度= $frac{W_{1} au _{1} }{pi R^{2} ho }$ （ $ho$ 為水的密度），其中 $frac{W_{1} }{pi R^{2} ho }$ 為常數，設其為 $c_{1}$ ，則水的高度= $c_{1} au_{1}$ 。

設水的頂面與空氣的自然對流換熱係數為 $h_{1} (T)$ ，側面的換熱係數為 $h_{2} (T)$ ，底面的換熱係數為 $h_{3} (T)$ ，T表示水的溫度。（換熱係數的物理含義是： $h=frac{q}{Acdot Delta T}$ ，q為熱流量，A為換熱面積， $Delta T$ 為參與換熱雙方的溫差，即知道了h，便可以通過 $q=hADelta T$ 求得熱流量）

注意：（1）側面的換熱熱阻有三個：水與杯壁的對流熱阻，杯壁的導熱熱阻，杯壁與空氣的對流熱阻，這裡的 $h_{2} (T)$ 綜合考慮了這三項熱阻。（2）當杯子懸空或放在桌面上時，由於換熱方式的不同，其 $h_{3} (T)$ 是不同的，但無論如何，這不影響我們討論的結果。（3）實際上，未與水接觸的杯壁與空氣的對流換熱也對水的降溫有增強作用，這裡忽略了。

在冷卻階段中，杯中的水從100℃冷卻到了50℃，我們取其中的某一時刻進行分析，在這一時刻，杯中的水冷卻到了某一溫度T，則在一個很小的時間間隔 $d au$ 內：

頂面散出熱量： $Q_{1} =h_{1} (T)cdot pi R^{2} cdot (T-20)cdot d au$

側面散出熱量： $Q_{2} =h_{2} (T)cdot c_{1} au _{1}cdot 2pi R cdot (T-20)cdot d au$

底面散出熱量： $Q_{3} =h_{3} (T)cdot pi R^{2} cdot (T-20)cdot d au$

水儲存熱量的損失量（取正值）： $dU=-W_{1} au_{1} CdT$ （C為水的比熱容）

根據能量守恆： $Q_{1} +Q_{2}+ Q_{3}=dU$

即： $h_{1} (T)cdot pi R^{2} cdot (T-20)cdot d au +h_{2} (T)cdot c_{1} au _{1}cdot 2pi R cdot (T-20)cdot d au +h_{3} (T)cdot pi R^{2} cdot (T-20)cdot d au =-W_{1} au_{1} CdT$

化簡得到：
$d au =frac{-W_{1} au_{1} C}{(h_{1} (T)+h_{3} (T))cdot pi R^{2} cdot (T-20)+h_{2} (T)cdot c_{1} au _{1}cdot 2pi R cdot (T-20)} dT$

如果我們令 $f_{1} (T)=(h_{1} (T)+h_{3} (T))cdot pi R^{2} cdot (T-20)$
$f_{2} (T)=h_{2} (T)cdot c_{1} cdot 2pi R cdot (T-20)$

則可進一步簡化為：

$d au =frac{-W_{1} C au_{1}}{f_{1}(T) +f_{2}(T)cdot au _{1}} dT$

將 $d au$ 進行積分，即可得到我們需要的 $au _{2}$ ：

$au _{2} =int_{50}^{100} frac{W_{1} C au_{1}}{f_{1}(T) +f_{2}(T)cdot au _{1}} dT$ （請注意，這個積分是定積分，因此 $au _{2}$ 只是 $au _{1}$ 的函數）

現在讓我們回頭看看我們需要做什麼：選定合適的 $au _{1}$ ，使得 $frac{W_{1} au _{1}}{ au _{1}+ au _{2}+ au _{3}+ au _{4}+ au _{5}}$ 最大。

單位時間飲水量= $frac{W_{1} au _{1}}{ au _{1}+ au _{2}+ au _{3}+ au _{4}+ au _{5}}$
= $frac{W_{1} }{1+frac{W_{1} }{W_{4} } +frac{ au _{3}+ au _{5}}{ au _{1}} +frac{ au _{2}}{ au _{1}}}$

要讓上式最大，這實際上是要求 $frac{ au _{3}+ au _{5}}{ au _{1}} +frac{ au _{2}}{ au _{1}}$ 最小。

對於 $frac{ au _{3}+ au _{5}}{ au _{1}}$ ：由於 $au _{3}$ ， $au _{5}$ 都是常數，它是 $au _{1}$ 的單調減函數。

對於 $frac{ au _{2}}{ au _{1}}$ ：

$frac{ au _{2}}{ au _{1}}=frac{int_{50}^{100} frac{W_{1} C au_{1}}{f_{1}(T) +f_{2}(T)cdot au _{1}} dT}{ au _{1}} =int_{50}^{100} frac{W_{1} C}{f_{1}(T) +f_{2}(T)cdot au _{1}} dT$

由於 $f_{1} (T)$ ， $f_{2} (T)$ 都大於0，它也是 $au _{1}$ 的單調減函數。

也就是說， $au _{1}$ 越大越好。當然， $au _{1}$ 不能無限增大，它的最大值就是一次性灌滿杯子所需的時間。這有些出乎我們意料，因為這意味著一次接一點點並不能提高喝水效率。無論如何，我們最終得到了：

第一種情況結論：最優方法是一次性灌滿整杯水，等待冷卻，然後全部喝掉（也就是第一問的第一種方法）。

第二種情況：

得到第一種情況的結論後，我們還是有些不滿足。因為根據平均飲水速率= $frac{W_{1} }{1+frac{W_{1} }{W_{4} } +frac{ au _{3}+ au _{5}}{ au _{1}} +frac{ au _{2}}{ au _{1}}}$ ，我們知道平均飲水速率一定不可能超過 $W_{1}$ ，但事實上，在一些極端的構造下，是可以實現平均飲水速率達到 $W_{1}$ 的。比如說：考慮一個極高的飲水機，水龍頭總是處於打開狀態，開水從水龍頭流出，由於高度很高，開水下落的過程中得到充足冷卻，最終，落入您杯中的水總是低於50℃的。在這種情況下，您的喝水速率就是 $W_{1}$ （如果您擔心舉杯和放杯浪費時間，可以直接將嘴放在水龍頭正下方）。

當然，我們不能要求製造商將列車中的飲水機造的這麼高，但如果您有足夠多的杯子，也可以達成類似的效果：

在這種情況下，如果您生理上允許的喝水速率 $W_{4}$ 大於飲水機出水的速率 $W_{1}$ ，則平均飲水速率就是 $W_{1}$ （此時您在喝完一杯水後，需要再等一段時間才能喝到下一杯水）；如果 $W_{4}$ 小於 $W_{1}$ ，則平均飲水速率就是 $W_{4}$ （此時雖然你不停地喝水，卻總是喝不完最後一位乘客遞給你的水）。也就是說，在這種方案下，平均飲水速率是 $W_{4}$ 和 $W_{1}$ 中的最小值。應該說，這就是我們需要的最佳方案。因為顯然不存在一種方案，使得你的平均飲水速率高於 $W_{1}$ 和 $W_{4}$ 的任何一個。

最有效的辦法或許是用滴水..... 一般估算20滴是1ml，那麼不妨把杯子放低一些，讓水滴在降落和濺落的時候自然降溫，如果能通過計算在已知高度的情況下水滴叢100度（很可能只有98度）降溫到40度可允許的最高滴速就好了.....

看到這個題目的時候，我在納悶，為什麼要去單位喝最多的開水。

在兩個杯子之間來回倒，增加流體表面積，加快熱量交換。
是的，小時候都是這樣，倒兩三分鐘就能喝了。

*brute force預警*

掃了下目前還沒有答案給出題主要求的"循環往複"加水情形時單位時間內喝水多.首先來講,這個單位時間內喝水量沒有辦法界定因為第一次加水(全部為開水)後冷卻所需時間和第二次加水(開水兌溫水)後冷卻所需時間並不相同（除非室溫是100度或水的沸點是50度，兩種情況對於一個在中國平原地區生活的心智健全人來說是不可能實現的），那麼單位時間內喝水量就不會是一個常數。因此本答案給出的是「足夠長時間後的總水量」，具體處理辦法會在後面詳細說明。

首先尋找數學模型。題主說

杯中的水與外界交換熱的速率與溫差成正比

那我們就設水沸騰溫度為 $T_{B}$ ，能喝水的最高溫度為 $T_{I}$ ，室溫 $T_{R}$ ，熱量 $Q$ ，水杯容積 $V$ ，則有

$frac{mathrm{d} Q}{mathrm{d} t}=-kappa (T-T_{R})$

忽略蒸發過程水的質量損失以及假設水比熱容不隨溫度變化，有

$mcfrac{mathrm{d} T}{mathrm{d} t}=-kappa (T-T_{R})$

代入邊界條件解得

$T(t)=(T_{B}-T_{R})e^{-xi t}+T_{R}$

其中 $xi =frac{kappa }{mc}$ 。

一滿杯開水晾涼至 $T_{I}$ 所需時間 $t_{I,1} =-frac{1}{xi} ln(frac{T_{I}-T_{R}}{T_{B}-T_{R}})$

現在假設水晾涼（溫度 $T_{I}$ ）後喝掉體積 $lambda V$ （ $0<lambda leq 1$ ）
顯然再灌進去 $lambda V$ 開水後新溫度為 $lambda T_{B} +(1-lambda )T_{I}$ 。

類似地，第二次至第n次加水後晾涼各自所需時間均為

$t_{I,n} =-frac{1}{xi} ln(frac{T_{I}-T_{R}}{lambda T_{B} +(1-lambda )T_{I}-T_{R}})$ 其中 $n=2, 3, 4, 5,...$

因此我們就可以乾脆都用 $t_{I,n}$ 表示所有這些時間。

我們假設這個過程持續的總時間為 $au$ 且 $au gg t_{I,n}$ ，那麼在計算總倒水次數 $N$ 時是否取整也就沒大所謂了。對於上述過程我們總有

$t_{I,1} +(N-1)t_{I,n}= au$

其中解得 $N=frac{ au -t_{I,1}} {t_{I,n}} +1$ 。

所喝總水量 $Sigma_{V} (lambda )=lambda Vcdot N=lambda V (frac{ au -t_{I,1}} {t_{I,n}} +1)$

$t_{I,1}$ 項忽略，把 $t_{I,n}$ 代入後得

$Sigma_{V} (lambda )=lambda V (frac{ au } {-frac{1}{xi} ln(frac{T_{I}-T_{R}}{lambda T_{B} +(1-lambda )T_{I}-T_{R}})} +1)$

進一步整理得

$Sigma_{V} (lambda )=lambda V (frac{xi au } { ln(frac{(T_{B}-T_{I})lambda +T_{I}-T_{R}}{T_{I}-T_{R}})} +1)$ 。

全部代入國際單位制量，比如 $V=10^{-3}$ 、 $T_{B} =373$ 、 $T_{I} =323$ 、 $T_{R}=293$ 、 $m=1$ 、 $c=4200$ 、 $kappa =1000$ 、 $au =10^{6}$ 。

畫個圖*

因此結論也就不言而喻：

一杯一杯喝最快

雖然式子看起來遠沒有圖這麼trivial，但是根據題主提供的條件來看，水體停留在高溫狀態的時間越長，溫度越高，相等時間內溫度變化越大，也就可以相應地省出多倒幾次水的機會。

*圖中曲線並不適用於 $lambda =0$ 情況。不論條件如何變化λ=0函數值應恆為0。

設兩個典型喝水方法。
方法一：一杯一杯喝
方法二：喝一半倒一半
假若總量有兩杯水要喝。

不寫公式，用極限法：

設室溫負無窮，則降溫速率恆定，兩種方法無差別。

設室溫50度，則趨近於五十度時降溫耗時無窮大。如果你有兩杯水要喝，方法一耗時兩倍無窮，方法二耗時三倍無窮。

推廣到一般情況，當溫度大於負無窮時，分杯喝更慢。顯然方法一更優。

所以答案很樸素：一杯?全部喝完了再續。

睡覺時，弄一大臉盆，滿滿接一盆子放在哪裡涼，想喝好多喝好多，嫌冷了就加些熱水

撒在冰冷的地面上
一秒就可以喝

不正經地估算一下，把離散問題連續化，假設一杯水接兩根管子，一根灌開水，一根用來喝。
為了保持穩態，有水量守恆和熱量守恆，故進水量與出水量相等，設為dm/dt=v。另設散熱速率dq/dt=-k(T-20)，水熱容為c，水杯里水質量為m。
熱量守恆方程：c*dm*100=c*dm*T+k(T-20)dt
cv(100-T)=k(T-20)
解得v=(k/c)*(T-20)/(100-T)=0.6k/c
所以最優的喝水方法的平均速率不應該比這個數小_(:з」∠)_
根據@匿名用戶的結果，L|a=0 =ak/aCT=k*(100-T)/(T-20)=0.6k，應該注意到由於k的含義不同，兩個結果差了一個熱容，但是實際上應該是一樣的。

講道理給自己打點麻藥直接把開水灌嘴裡就行了哪來那麼麻煩(　??ω??)(　??ω??)(　??ω??)(　??ω??)(　??ω??)(　??ω??)(　??ω??)(　??ω??)(　??ω??)
有沒有後遺症我不知道，反正題目只要求喝完嘛

買
？