NBPhO 2015, теоретический тур

Подсказка

Полная энергия электрона — кинетическая плюс энергия покоя; фотоны разлетаются симметрично относительно траектории электрона, а закон сохранения импульса вдоль оси \(z\) связывает угол с импульсом электрона.

Ответ

i) \(v_e\approx0{,}941\,c\);  ii) \(E_\gamma\approx1{,}01\) МэВ;  iii) \(p_\gamma\approx1{,}01\) МэВ\(/c\);  iv) \(\alpha\approx45{,}3^\circ\);  v) см. решение.

Решение

i) Полная энергия электрона \(E=\gamma m_ec^2\), откуда \(\gamma=\dfrac{E}{m_ec^2}\), где \(E=T+m_ec^2\) (\(T=1\) МэВ — заданная кинетическая энергия). Теперь \(\gamma=1/\sqrt{1-v_e^2/c^2}\), поэтому \[v_e=c\sqrt{1-1/\gamma^2}=c\sqrt{1-\frac{m_e^2c^4}{E^2}}=c\,\frac{\sqrt{T^2+2Tm_ec^2}}{T+m_ec^2}.\] Численно \(v_e\approx0{,}941\,c\).

ii) Фотоны разлетаются симметрично относительно траектории электрона: в системе отсчёта с нулевым полным импульсом закон сохранения импульса означает, что у фотонов равные по модулю импульсы и, следовательно, равные энергии, а летят они в строго противоположных направлениях; их энергии могут быть равны и в системе позитрона, только если они летят совершенно симметрично. Каждый фотон получает половину полной энергии системы: \(E_\gamma=\dfrac12(T+2m_ec^2)\approx1{,}01\) МэВ.

iii) \(E_\gamma=p_\gamma c\ \Longrightarrow\ p_\gamma=E_\gamma/c=1{,}01\) МэВ\(/c\).

iv) Из \(E^2=p_e^2c^2+m_e^2c^4\) импульс электрона \(p_e=\sqrt{\dfrac{E^2}{c^2}-m_e^2c^2}=\dfrac1c\sqrt{T^2+2Tm_ec^2}\). (Эквивалентный результат получается из \(p_e=\gamma m_ev_e\).) Закон сохранения импульса в направлении оси \(z\) даёт \(p_e=2p_\gamma\cos\alpha\), откуда \[\alpha=\arccos\frac{p_e}{2p_\gamma}=\arccos\frac{1}{\sqrt{1+2m_ec^2/T}}=\operatorname{arctg}\sqrt{\frac{2m_ec^2}{T}}\approx45{,}3^\circ.\]

v) В системе центра масс полный импульс любой системы равен нулю. Это значит, что если результатом столкновения была бы всего одна частица, то её импульс в системе центра масс должен был бы быть равен нулю. Но импульс фотона никогда не может быть нулевым, иначе у него была бы нулевая энергия и бесконечная длина волны.

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

Подсказка

Прозрачные зоны выбираются так, чтобы разность хода между соседними зонами была \(\lambda/2\); у импульса есть спектральная ширина по соотношению неопределённостей, а разные длины волн проходят толщу стекла с разными групповыми скоростями.

Ответ

i) \(r_{2m+1}=\sqrt{\left(m+\tfrac12\right)^2\lambda^2+(2m+1)\lambda f}\);  ii) \(x\approx2{,}4\) см;  iii) \(\tau_{\text{гол}}\approx7{,}9\times10^{-11}\) с (см. решение);  iv) \(\Delta\lambda\approx4{,}4\times10^{-9}\) м;  v) \(\tau_{\text{ст}}\approx5{,}1\times10^{-14}\) с.

Решение

i) Пусть \(N=0,1,\dots\) — номера зон (и непрозрачных, и прозрачных). Оптическая разность хода между двумя соседними зонами должна быть \(\lambda/2\) (требуется противофазность). Разность хода между \(N\)-й зоной и нулевой, в свою очередь, равна \(\Delta_N=\sqrt{r_N^2+f^2}-f\). Поэтому \[\frac{N\lambda}{2}=\sqrt{r_N^2+f^2}-f\qquad\text{и}\qquad r_N=\sqrt{\left(\frac{N\lambda}{2}\right)^2+N\lambda f}.\] Прозрачны только зоны с нечётными номерами, поэтому нам нужен радиус \(r_{2m+1}=\sqrt{\left(m+\tfrac12\right)^2\lambda^2+(2m+1)\lambda f}\).

ii) Идеально фокусирующая стеклянная линза такова, что все возможные лучи, идущие в фокус, имеют одинаковую оптическую длину пути. Оптическая длина пути в преломляющей среде в \(n\) раз больше соответствующей геометрической длины (фазовая скорость уменьшается в \(n\) раз). Обозначим искомую толщину через \(x\). Приравняем оптические длины путей луча, идущего через край линзы, и луча, идущего через её центр: \[\sqrt{\left(\frac d2\right)^2+f^2}=f-x+nx\ \Longrightarrow\ x=\frac1{n-1}\left[\sqrt{\left(\frac d2\right)^2+f^2}-f\right]\approx2{,}4\text{ см}.\]

iii) Во-первых, заметим, что заданный импульс достаточно короткий, чтобы вся линза никогда не освещала фокус одновременно: импульс содержит всего \(\dfrac{\tau c}{\lambda}=18\) периодов, но \(r_{2\cdot18}\approx1{,}3\) мм \(\ll5\) см. Это значит, что в каждый момент времени фокус освещает лишь тонкая полоска линзы. Интенсивность, когда наблюдается \(N\)-й период, пропорциональна площади \(N\)-й зоны. Она равна \(A_N=\pi\left(r_{N+1}^2-r_N^2\right)=\pi\left(\dfrac{N\lambda^2}{2}+\dfrac{\lambda^2}{4}+\lambda f\right)\).

Так как \(N\) пропорционально времени (период волны постоянен), интенсивность тоже будет расти линейно со временем. Линейный участок начинается при \(N=1\) со скачка и заканчивается при \(N_{\max}\dfrac\lambda2=\sqrt{\left(\dfrac d2\right)^2+f^2}-f\) скачком обратно в темноту, когда приходит свет от края линзы. Полная длительность освещения (приблизительно) \(\tau_{\text{гол}}=N_{\max}\dfrac\lambda c=\dfrac2c\left[\sqrt{\left(\dfrac d2\right)^2+f^2}-f\right]\approx7{,}9\times10^{-11}\) с.

iv) Импульс локализован в области пространства шириной \(\Delta x=c\tau\). Из-за принципа неопределённости Гейзенберга импульс состоит из фотонов с разбросом импульсов (если считать, что свойства отдельных фотонов классические) или, с другой точки зрения, является одним фотоном с несколько неопределённым импульсом; так или иначе, характерная ширина в пространстве импульсов \(\Delta p=\dfrac{\hbar}{\Delta x}=\dfrac{\hbar}{c\tau}\). Длина волны фотона с известным импульсом \(p\) равна \(\lambda=\dfrac hp\) (это соотношение де Бройля: энергия фотона равна и \(pc\), и \(h\nu=\dfrac{hc}{\lambda}\)). Таким образом, \[\Delta\lambda\approx\left|\frac{\mathrm d}{\mathrm dp}\frac hp\right|\Delta p=\frac{h\,\Delta p}{p^2}=\frac{h\,\hbar/(c\tau)}{(h/\lambda)^2}=\frac{\lambda^2}{2\pi c\tau}\approx4{,}4\times10^{-9}\text{ м}.\]

v) Разброс времён прихода волн с разными длинами волн наибольший у волн, которые дольше всего находятся внутри линзы. Поэтому достаточно рассмотреть только волны, проходящие через самую толстую часть линзы — её центр. Разброс времён прихода \(\Delta t=\Delta\dfrac{x}{v_g}=\dfrac{x\,\Delta v_g}{v_g^2}=\dfrac{x\,\Delta\lambda}{v_g^2}\dfrac{\mathrm dv_g}{\mathrm d\lambda}\). Чтобы найти саму групповую скорость \(v_g\), можно воспользоваться подсказкой (данной во время олимпиады), что в этом вопросе групповую скорость и фазовую можно считать равными (на деле это было бы необычным совпадением): \(v_g=v_p\), а фазовая скорость \(v_p=c/n\). Поэтому \(\Delta t=\dfrac{x\,\Delta\lambda}{v_g^2}\times0{,}02\dfrac{v_g}{\lambda}=0{,}02\,\dfrac{x\,n\,\Delta\lambda}{c\lambda}\approx2{,}1\times10^{-14}\) с. Полная наблюдаемая длительность импульса за стеклянной линзой \(\tau_{\text{ст}}=\tau+\Delta t=5{,}1\times10^{-14}\) с.

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

Подсказка

Ускорение пропорционально крутящему моменту на колёсах, поэтому переключаться надо там, где момент на второй передаче сравнивается с моментом на первой; на графике это пересечение кривой момента на первой передаче с кривой, сжатой по моменту вдвое и растянутой по частоте вращения вдвое.

Ответ

i) \(v\approx37\) км/ч;  ii) \(a\approx2{,}2\) м/с\(^2\) (одинаково до и после переключения).

Решение

i) Ускорение автомобиля пропорционально крутящему моменту, приложенному к колёсам. Поэтому нужно держать момент на колёсах как можно большим и переключать передачу, когда момент на колёсах на второй передаче становится больше, чем на первой. При одной и той же скорости автомобиля частота вращения двигателя на первой передаче в \((14:1):(7:1)=2\) раза больше, чем на второй. Соответственно, при одной и той же частоте вращения двигателя момент на колёсах на второй передаче вдвое меньше, чем на первой. Поэтому можно построить ещё один график, на котором момент двигателя вдвое меньше, а частота вращения вдвое больше. Пересечение этих графиков — точка, в которой нужно переключать передачу.

По графику читаем, что в этот момент на первой передаче момент двигателя \(\tau_e=66{,}5\) Н\(\cdot\)м, а частота вращения двигателя \(\omega_e=4550\) об/мин. Угловая скорость колёс тогда \(\omega_w=\dfrac1{14}\omega_e\), а скорость автомобиля \(v=\dfrac12\omega_wd=\dfrac1{28}\omega_ed\). Переведём \(1\) об/мин \(=120\pi\) рад/ч и \(d=6\times10^{-4}\) км. Таким образом, \(v\approx37\) км/ч.

ii) В оптимальной точке ускорение до и после переключения передачи одинаково. По второму закону Ньютона оно равно \(a=F/m=\dfrac{2\tau_w}{md}\), где полный момент, приложенный к колёсам, \(\tau_w=14\tau_e\). Следовательно, \(a=\dfrac{28\tau_e}{md}\approx2{,}2\) м/с\(^2\).

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

Подсказка

У эллипса сумма расстояний от любой точки до двух фокусов постоянна и равна \(2a\), а большая полуось определяется энергией и не зависит от угла запуска. Для наибольшего \(|PQ|\) используйте неравенство треугольника для точек \(P\), \(Q\), \(F\).

Ответ

i) \(T=\dfrac{2\pi a^{3/2}}{\sqrt{GM}}\), где \(a=\dfrac{1}{\frac2R-\frac{v_0^2}{GM}}\);  ii) окружность радиуса \(2a-R\) с центром в \(P\);  iii) \(|QF|=2a-r\);  iv) \(|PQ|_{\max}=4a-R-r\);  v) эллипс с фокусами \(S\) и \(P\) и большой полуосью \(2a-R/2\).

Решение

i) Период кеплеровской орбиты с большой полуосью \(a\) выражается соотношением \(T^2=\dfrac{4\pi^2a^3}{GM}\). Однако, если бы мы не знали формулы, надо было бы вспомнить третий закон Кеплера \(T^2\sim a^3\) и просто выразить период для круговой орбиты с \(a=r\). Тогда \(T^2=\dfrac{4\pi^2r^2}{v^2}\), где \(v\) нужно подставить из \(\dfrac{v^2}{r}=\dfrac{GM}{r^2}\).

Для нахождения периода большую полуось можно получить из выражения для полной энергии орбиты \(-\dfrac{GMm}{2a}=\dfrac{mv_0^2}{2}-\dfrac{GMm}{R}\), что равносильно \(a=\dfrac{GM}{2\frac{GM}{R}-v_0^2}=\dfrac{1}{\frac2R-\frac{v_0^2}{GM}}\). Окончательно \(T=\dfrac{2\pi a^{3/2}}{\sqrt{GM}}\).

ii) По свойству эллипса расстояния \(l_1\) и \(l_2\) от любой точки эллипса до двух его фокусов в сумме дают постоянную величину \(l_1+l_2=2a\). Так как \(l_1=R\), другой фокус должен находиться на расстоянии \(l_2=2a-R\), поэтому другой фокус \(F\) лежит на окружности радиуса \(|PF|=l_2=2a-R\) с центром в \(P\).

iii) Это предыдущая часть наоборот. Так как задано расстояние до одного фокуса \(|QS|=r\), расстояние до другого фокуса выражается как \(|QF|=2a-r\).

iv) Точки \(P\), \(Q\) и \(F\) образуют треугольник, для которого мы выразили две стороны: \(|PF|\) и \(|QF|\). Третья сторона \(QP\) должна удовлетворять неравенству \(|QP|\le|PF|+|QF|\). Максимум \(|QP|_{\max}\) достигается для вырожденного треугольника (все три точки лежат на одной прямой). Следовательно, \(|QP|_{\max}=4a-R-r\).

v) Оказывается, что для всех точек \(Q\) максимального расстояния сумма \(|SQ|+|PQ|\) постоянна и равна \(4a-R\). Это означает, что она тоже определяет эллипс с фокусами \(S\) и \(P\) и большой полуосью \(2a-R/2\). Этот эллипс — граница области, которую мы можем поразить.

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

Подсказка

Когда температура установится, дальний конец профиля остаётся при комнатной температуре, поэтому в решении остаётся только убывающая экспонента; её показатель находится по наклону графика \(\ln(T-T_0)\) от \(x\).

Ответ

\(h=0{,}3\)–\(0{,}5\) Вт\(/(\)К\(\cdot\)м\()\) (зависит от того, как положен профиль на столе).

Решение

Мы наматываем провод на один конец алюминиевого профиля и подаём в него ток для нагрева. В большинстве случаев можно было подавать через провод до 5 А (максимально возможный), только если провод был намотан очень плотно, он мог слишком нагреться. Это должно дать хорошие \(100^\circ\)C на профиле для измерений, но эксперимент работал и при меньших токах и температурах. Теперь ждём, пока температура в профиле установится; это занимает около пяти-десяти минут, и мы можем проверять по термометру, установилась ли она.

Когда температура установилась, мы измеряем и записываем значения температуры вдоль той части профиля, которая не закрыта проводом, через разумные интервалы расстояния. Мы видим, что другой конец профиля всё ещё при комнатной температуре (разность ниже разрешения этого термометра или близка к нему). Это означает, что в данном решении уравнения Гельмгольца \[T(x)=T_0+C_1e^{x\sqrt{\frac{h}{kA}}}+C_2e^{-x\sqrt{\frac{h}{kA}}},\] константа интегрирования \(C_1=0\).

Теперь один способ — использовать \(T(0)\), чтобы выразить \(C_2=T(0)-T_0\), и по любому другому измерению температуры вычислить \(h\). Лучший способ — построить разность температур в логарифмическом масштабе: \(\ln(T(x)-T_0)=-\sqrt{\dfrac{h}{kA}}\,x+C_2\) и по наклону графика \(a=-\sqrt{\dfrac{h}{kA}}\) вычислить \(h\). Это даёт более точное значение \(h\) и позволяет лучше оценить погрешность, найдя диапазон наклонов, которые можно разумно провести на графике.

Правильный ответ лежит в диапазоне от \(h=0{,}3\) Вт\(/(\)К\(\cdot\)м\()\) до \(h=0{,}5\) Вт\(/(\)К\(\cdot\)м\()\); он слегка зависит от того, как положен профиль на столе. Коэффициент теплопередачи выше, когда профиль лежит на краю стола или слегка приподнят из-за проводов.

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

Подсказка

Энергия сохраняется, а момент импульса относительно точки контакта сохраняется, так как все силы направлены через эту точку.

Ответ

i) \(\omega_2=-\omega\);  ii) \(\omega=\dfrac{5v\cos\alpha}{2R}\);  iii) \(\mu\ge\operatorname{ctg}\alpha\).

Решение

i) Энергия сохраняется: \(\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{I\omega^2}{2}=\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{I\omega_2^2}{2}\ \Longrightarrow\ |\omega_2|=|\omega|\). Так как шар получает от стены некоторый момент импульса (результирующая сила со стороны стены не направлена через центр шара), угловая скорость меняет знак — вращение меняет направление, и \(\omega_2=-\omega\).

ii) Момент импульса сохраняется относительно точки контакта, потому что все силы направлены через эту точку. Пусть \(a=R\cos\alpha\) — расстояние от траектории центра масс до точки контакта. Тогда указанный закон сохранения момента импульса записывается как \(I\omega-mav=I\omega_2+mav\). Так как \(\omega_2=-\omega\), получаем \(\omega=\dfrac{mav}{I}=\dfrac{5v\cos\alpha}{2R}\).

iii) На грани проскальзывания по поверхности угол между нормалью к поверхности и равнодействующей силы реакции и силы трения равен \(\operatorname{arctg}\mu\). Здесь этот угол равен \(\dfrac\pi2-\alpha\), откуда \(\mu\ge\operatorname{ctg}\alpha\).

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

Подсказка

Электрическое поле в системе наблюдателя направлено так же, как сила Лоренца на него в лабораторной системе, то есть его линии — окружности вокруг оси \(z\); примените закон Фарадея к такой окружности.

Ответ

i) \(B(z)=\dfrac{\mu_0IR^2}{2(z^2+R^2)^{3/2}}\), вдоль оси \(z\);  ii) \(E(z,r)=\dfrac{3\mu_0IrR^2vz}{4(z^2+R^2)^{5/2}}\), силовые линии — окружности вокруг оси \(z\).

Решение

i) По закону Био — Савара каждый кусочек кольца длиной и направлением \(\mathrm d\vec l\) создаёт магнитное поле \(\mathrm d\vec B=\dfrac{\mu_0I\,\mathrm d\vec l\times\hat a}{4\pi a^2}\), где \(\vec a\) — вектор смещения от кусочка до точки, в которой мы вычисляем \(\vec B\), а \(\hat a=\vec a/a\). По симметрии магнитное поле на оси \(z\) складывается ровно вдоль оси \(z\), потому что перпендикулярные составляющие взаимно уничтожаются. \(\mathrm dB_z\) пропорционально \(\mathrm dl\), а \(\mathrm d\vec l\perp\hat a\). Вектор \(\mathrm d\vec l\times\hat a\) образует с горизонталью угол \(\alpha=\operatorname{arctg}\dfrac Rz\). Поэтому можно сложить вклады и записать \(B(z)=\dfrac{\mu_0I\cdot2\pi R\sin\alpha}{4\pi(z^2+R^2)}=\dfrac{\mu_0IR^2}{2(z^2+R^2)^{3/2}}\). Поле направлено вдоль оси \(z\).

ii) Электрическое поле, измеряемое заряженным наблюдателем, должно быть направлено так же, как сила Лоренца, действующая на наблюдателя в лабораторной системе отсчёта. Поэтому силовые линии электрического поля — окружности вокруг оси \(z\). Теперь можно применить закон индукции Фарадея к такой окружности по мере её приближения к кольцу: полная ЭДС \(E(z,r)\times2\pi r=\dot\Phi=-\dfrac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dz}v\approx-\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dz}B(z)\times\pi r^2\times v\ \Longrightarrow\ E(z,r)=-\dfrac{rv}{2}B'(z)=\dfrac{3\mu_0IrR^2vz}{4(z^2+R^2)^{5/2}}\).

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

Подсказка

В области перекрытия поле вдвое больше, чем в остальной части катушек, поэтому энергия считается через плотность энергии поля; ЭДС даёт скорость изменения потока, а силу находят из баланса работы, энергии поля и источника.

Ответ

i) \(E_m=\dfrac{\mu_0I^2N^2}{2l^2}\left[A_1l+A_2(3l-2x)\right]\);  ii) \(\mathcal E_1=\mathcal E_2=\dfrac{\mu_0A_2IN^2v}{l^2}\), одного направления;  iii) \(F=\dfrac{\mu_0I^2N^2A_2}{l^2}\).

Решение

i) В области перекрытия магнитное поле равно \(2B\), в остальной части внутренностей катушек — \(B\). Пусть внутренняя катушка имеет площадь \(A_2\). Плотность энергии там, где магнитное поле равно \(B\), равна \(\dfrac{B^2}{2\mu_0}\). Поэтому \[E_m=\frac{B^2}{2\mu_0}\bigl(A_1l-A_2(l-x)+A_2x\bigr)+\frac{(2B)^2}{2\mu_0}A_2(l-x)=\frac{B^2}{2\mu_0}\bigl[A_1l+A_2(3l-2x)\bigr]=\frac{\mu_0I^2N^2}{2l^2}\bigl[A_1l+A_2(3l-2x)\bigr].\]

ii) Внешняя катушка пронизывается всем магнитным потоком внутренней катушки \(BA_2\). Через время \(\mathrm dt\) этот поток охватывается меньшим числом витков внешней катушки — на \(Nv\,\mathrm dt/l\) витков, расположенных на длине \(v\,\mathrm dt\). Таким образом, поток, охватываемый внешней катушкой, изменяется со скоростью \(\mathcal E_1=\dot\Phi_1=BA_2Nv/l=\mu_0A_2IN^2v/l^2\). Внутренняя катушка тоже пронизывается потоком \(BA_2\), поэтому \(\mathcal E_2=\mathcal E_1\); эти ЭДС направлены одинаково.

iii) Работа, совершаемая при вытягивании катушки, уравновешивается в двух местах: уменьшается энергия магнитного поля, а наш источник постоянного тока рассеивает некоторую энергию (потому что наши ЭДС работают против него). В сумме приложенная механическая мощность \(Fv=\dfrac{\mathrm dE_m}{\mathrm dx}v+I(\mathcal E_1+\mathcal E_2)\), откуда \(F=-\dfrac{B^2A_2}{\mu_0}+\dfrac{2IBA_2N}{l}=\dfrac{\mu_0I^2N^2A_2}{l^2}\).

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

Подсказка

Трубка с водой, согнутая в U-образную форму, работает как манометр; пар даёт прирост давления, но из-за заметного диаметра трубки нужно учесть и прирост объёма газа.

Ответ

Неизвестная жидкость — этанол, давление его насыщенного пара \(p_x=6{,}52\) кПа при \(21{,}6^\circ\)C.

Решение

Мы строим манометр, закрепляя трубку в форме буквы «U» с помощью штатива и частично заполняя трубку водой. С небольшим трудом нужно добиться, чтобы вода оказалась внизу U-образного изгиба, и тогда мы можем измерять разность давлений по разности уровней \(\Delta p=\rho g\Delta h\). После присоединения бутыли к одному концу нужно дать давлениям выровняться через игольное отверстие в бутыли. Затем мы впрыскиваем неизвестную жидкость в бутыль и как можно быстрее заклеиваем игольное отверстие скотчем. Затем встряхиваем бутыль, чтобы ускорить испарение, и записываем разность уровней \(\Delta h\) после того, как она достигла устойчивого значения. Во всём этом нужно стараться как можно меньше нагревать бутыль своим телом.

Если бы объём был фиксирован, мы получили бы давление пара прямо по показаниям манометра согласно закону Дальтона. Но так как диаметр трубки не так уж мал, нужно учесть относительное увеличение объёма.

Если разность глубин равна \(\Delta h\), то относительное увеличение давления \(n_p=\dfrac{\rho g\Delta h}{p_0}\), а относительное увеличение объёма \(n_V=\dfrac{S\Delta h}{2V_0}\). В предположении идеального газа это даёт относительное увеличение числа молей \(n_n=\dfrac{(1+n_p)(1+n_V)p_0V_0-p_0V_0}{p_0V_0}\approx n_p+n_V\). Подставляя заданные значения, получаем \(n_n\approx0{,}0987\text{ м}^{-1}\times h+0{,}00471\text{ м}^{-1}\times h\approx0{,}1034\text{ м}^{-1}\times h\).

Так как всё увеличение числа молей обусловлено паром, мы можем получить давление пара (парциальное давление, создаваемое паром), умножив давление на мольную долю пара: \(p_x=(p_0+\Delta p)\dfrac{n_n}{1+n_n}\).

Неизвестной жидкостью был этанол с давлением пара \(p_x=6{,}52\) кПа при \(21{,}6^\circ\)C. Однако схема оценивания не настаивала на точном значении, так как оказалось технически довольно трудно получить его правильно.

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