Всесоюзная, 1975/76, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Сила тяги — реакция струи: импульс, который за секунду получает вылетающий газ. Полезная работа двигателя — кинетическая энергия струи, затраченная теплота — теплота сгорания водорода. Расход газа включает и кислород: вода образуется в определённом массовом отношении.

Ответ

\(F=\mu u\approx9\cdot10^5\) Н;  \(\eta=\dfrac{9u^2}{2q}\approx0{,}72\) (72 %).

Решение

Что происходит. В камере сгорает водород в кислороде, образуется водяной пар. Часть теплоты сгорания переходит в кинетическую энергию струи, вылетающей из сопла со скоростью \(u\) относительно ракеты. Струя уносит импульс, и по третьему закону Ньютона ракета получает такую же по модулю силу в обратную сторону — это тяга. Главная идея: всё считать за малый промежуток \(dt\), расход газа берётся полный — водород плюс кислород.

Обозначения. \(\mu_{\text{в}}=24\) кг/с — расход водорода; \(\mu\) — полный расход газа (водород плюс кислород); \(u=4{,}2\cdot10^3\) м/с — скорость струи относительно ракеты; \(q=1{,}1\cdot10^8\) Дж/кг — теплота сгорания 1 кг водорода. Двигатель работает установившись: расходы и \(u\) не меняются. Сгорание принимаем полным, вся масса топлива вылетает из сопла.

1. Расход кислорода. В реакции \(2\mathrm{H_2}+\mathrm{O_2}\to2\mathrm{H_2O}\) на каждые 4 г водорода приходится 32 г кислорода, то есть на 1 кг водорода — 8 кг кислорода. Водород сгорает полностью, поэтому полный расход газа за секунду \[\mu=\mu_{\text{в}}+8\mu_{\text{в}}=9\mu_{\text{в}}=216\ \text{кг/с}.\]

2. Сила тяги. Рассмотрим малый промежуток \(dt\) в системе отсчёта, связанной с ракетой. За это время из камеры выходит газ массой \(\mu\,dt\); в камере он покоился относительно ракеты, а на выходе имеет скорость \(u\), так что его импульс стал \(\mu\,dt\,u\). Второй закон Ньютона для этой порции газа: сила со стороны ракеты, действующая на газ, равна \(\mu u\). По третьему закону Ньютона газ действует на ракету такой же силой, направленной противоположно струе: \[F=\mu u=216\cdot4{,}2\cdot10^3\ \text{Н}\approx9{,}1\cdot10^5\ \text{Н}.\] Давление газа на срезе сопла отдельно не учитываем: \(u\) в условии — скорость, с которой газ вылетает.

3. К. п. д. К. п. д. тепловой машины — отношение полезной мощности к мощности, взятой от нагревателя. Полезная мощность — кинетическая энергия струи за секунду: \(P_{\text{стр}}=\dfrac{\mu u^2}{2}\) (газ из покоя до скорости \(u\)). Теплота выделяется только при сгорании водорода: \(P_q=\mu_{\text{в}}q\). Поэтому \[\eta=\frac{\mu u^2/2}{\mu_{\text{в}}q}=\frac{9u^2}{2q}=\frac{9\cdot(4{,}2\cdot10^3)^2}{2\cdot1{,}1\cdot10^8}\approx0{,}72 .\] В числах: \(P_q=24\cdot1{,}1\cdot10^8\approx2{,}6\cdot10^9\) Вт, \(P_{\text{стр}}\approx1{,}9\cdot10^9\) Вт.

Обратите внимание: в расходе газа нужно учесть кислород. Если взять только водород, получатся \(F\approx10^5\) Н и \(\eta\approx8\,\%\): тяга занижена в 9 раз, а к. п. д. неправдоподобно мал. Масса, которую ракета выбрасывает, — \(9\mu_{\text{в}}\).

Ответ: \(F=9\mu_{\text{в}}u\approx9\cdot10^5\) Н; \(\eta=\dfrac{9u^2}{2q}\approx0{,}72\), то есть около 72 %.

Проверка. Размерность: \(\mu u\) — (кг/с)(м/с) = Н; в \(\eta\) числитель \((\text{кг/с})(\text{м/с})^2\) — Вт, знаменатель (кг/с)(Дж/кг) — Вт. Предельный случай: \(\eta\le1\), значит \(u\le\sqrt{2q/9}\approx4{,}9\) км/с; заданные \(4{,}2\) км/с лежат ниже этого предела. Второй способ: на 1 кг смеси выделяется \(q/9\approx1{,}2\cdot10^7\) Дж, а кинетическая энергия 1 кг газа в струе \(u^2/2\approx8{,}8\cdot10^6\) Дж, отношение \(0{,}72\). Физический смысл: тепловая машина без холодильника отдаёт остальные 28 % энергии газа, которая остаётся во внутренней энергии вылетающего пара.

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

Подсказка

Время равно числу мест в слое, делённому на число молекул, которые за секунду попадают на то же место катода. Число ударов о стенку получите из концентрации, скорости молекул и доли молекул, летящих к стенке.

Ответ

\(t=\dfrac{6kT}{p\,v\,d^2}\approx6\cdot10^{-2}\) с (порядка \(0{,}05\) с).

Решение

Что происходит. Молекулы кислорода хаотично летают в колбе, и каждая, долетевшая до катода, остаётся на нём. Слой считается готовым, когда на каждой площадке размером \(d\times d\) осела одна молекула. Время образования слоя — число мест на единице площади, делённое на число молекул, падающих на единицу площади за секунду. Задача на оценку: берём одну скорость \(v\) для всех молекул и модель шести направлений.

Обозначения. \(n\) — концентрация молекул; \(v\) — их скорость; \(m\) — масса молекулы; \(\nu\) — число молекул, падающих на 1 м\(^2\) катода за 1 с; \(N_0\) — число мест в слое на 1 м\(^2\). Данные в СИ: \(p=10^{-7}\cdot1{,}01\cdot10^5\ \text{Па}\approx1{,}0\cdot10^{-2}\) Па; \(d=3\cdot10^{-10}\) м; \(kT=1{,}38\cdot10^{-23}\cdot300\ \text{Дж}\approx4{,}1\cdot10^{-21}\) Дж.

1. Концентрация. Кислород при таком давлении — разреженный идеальный газ, \(p=nkT\): \[n=\frac{p}{kT}=\frac{1{,}0\cdot10^{-2}}{4{,}1\cdot10^{-21}}\ \text{м}^{-3}\approx2{,}4\cdot10^{18}\ \text{м}^{-3}.\]

2. Скорость. Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы равна \(\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{3kT}{2}\), масса молекулы \(m=\dfrac{M}{N_A}=\dfrac{32\cdot10^{-3}}{6{,}0\cdot10^{23}}\ \text{кг}\approx5{,}3\cdot10^{-26}\) кг. Отсюда \[v=\sqrt{\frac{3kT}{m}}=\sqrt{\frac{3\cdot4{,}1\cdot10^{-21}}{5{,}3\cdot10^{-26}}}\ \text{м/с}\approx4{,}8\cdot10^{2}\ \text{м/с}.\]

3. Поток на катод. Хаотическое движение разложим по шести направлениям: вдоль \(\pm x\), \(\pm y\), \(\pm z\), по \(1/6\) молекул в каждом (рисунок). За малое время \(\Delta t\) до площадки площадью \(S\) долетают молекулы из слоя толщиной \(v\Delta t\) над ней, то есть из объёма \(Sv\Delta t\); их число \(nSv\Delta t\), и к катоду летит лишь \(1/6\) из них. Число ударов на единицу площади в единицу времени \[\nu=\frac{nSv\Delta t}{6\,S\,\Delta t}=\frac{nv}{6}=\frac{2{,}4\cdot10^{18}\cdot4{,}8\cdot10^{2}}{6}\ \text{м}^{-2}\text{с}^{-1}\approx2{,}0\cdot10^{20}\ \text{м}^{-2}\text{с}^{-1}.\]

4. Число мест. Молекулы-шарики ложатся в слой плотно, в квадратную сетку, и каждая занимает площадку \(d\times d\): \[N_0=\frac{1}{d^2}=\frac{1}{(3\cdot10^{-10})^2}\ \text{м}^{-2}\approx1{,}1\cdot10^{19}\ \text{м}^{-2}.\]

5. Время. Слой заполнится, когда число севших молекул сравняется с числом мест: \(\nu t=N_0\), откуда \[t=\frac{N_0}{\nu}=\frac{6}{n\,v\,d^2}=\frac{6kT}{p\,v\,d^2}\approx\frac{1{,}1\cdot10^{19}}{2{,}0\cdot10^{20}}\ \text{с}\approx6\cdot10^{-2}\ \text{с}.\]

Обратите внимание: это оценка, и она устойчива. Другая укладка шаров (плотнейшая гексагональная, мест на 15 % больше) или точная формула потока \(\nu=\dfrac{n\bar v}{4}\) со средней скоростью \(\bar v=\sqrt{\dfrac{8kT}{\pi m}}\approx4{,}5\cdot10^2\) м/с дают \(0{,}04\)–\(0{,}07\) с — тот же порядок.

Ответ: \(t=\dfrac{6kT}{p\,v\,d^2}\approx6\cdot10^{-2}\) с, около \(0{,}05\) с.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{kT}{p\,v\,d^2}\) — \(\dfrac{\text{Дж}}{\text{Па}\cdot(\text{м/с})\cdot\text{м}^2}=\dfrac{\text{Н}\cdot\text{м}}{(\text{Н/м}^2)(\text{м}^3/\text{с})}=\text{с}\). Предельный случай: \(t\propto1/p\); при нормальном атмосферном давлении (\(p\) в \(10^7\) раз больше) получили бы \(t\approx6\cdot10^{-9}\) с, и именно поэтому катод приходится держать в высоком вакууме: слой кислорода образуется почти мгновенно, а при \(10^{-7}\) атм — за десятые доли секунды.

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

Подсказка

Между манометрами остаётся порция воздуха. При смещении ртути она сжимается или расширяется, и давление в ней — уже не атмосферное и не измеряемое. Свяжите перепады давления на каждом манометре со смещением ртути, а смещения — с изотермой воздуха между ними.

Ответ

Давление газа может превышать атмосферное не более чем на \(\sqrt2\) атм; абсолютное давление \(p_{\max}=(1+\sqrt2)\,p_0\approx2{,}4\) атм (у одного манометра — 2 атм).

Решение

Что происходит. Манометр — U-образная трубка со ртутью: одно колено присоединено к сосуду с газом, другое открыто. Давления различаются на \(\rho g\,\Delta h\) (\(\Delta h\) — разность уровней). Измерять можно, пока ртуть не дошла до верха колена. Два манометра соединены так: колено первого, не связанное с газом, трубкой присоединено к колену второго, а второе колено второго открыто в атмосферу. Между ртутью в этих двух коленах заперт воздух; давление в нём \(p_1\) находится между \(p\) и \(p_0\). Главная идея: перепад давления на манометре = \(2\rho g x\), где \(x\) — смещение ртути в одном колене, и этот воздух следует изотерме.

Модель и обозначения. Условие неполное, поэтому оговорим модель. Манометр симметричный, колена длины \(L\) и сечения \(S\), при давлении \(p=p_0\) уровни стоят посередине (на высоте \(L/2\)). «Измеряет давления до 1 атм» понимаем так: при перепаде в 1 атм ртуть доходит до верха колена, то есть \(\rho gL=1\ \text{атм}\); атмосферное давление \(p_0=1\) атм. Объём короткой трубки пренебрежимо мал; температура постоянна. Все давления в атмосферах: \(\pi=p/p_0\), \(\pi_1=p_1/p_0\). Смещения ртути: \(x_1\) — в первом манометре (в газе левое колено опускается, правое поднимается), \(x_2\) — во втором (колено с воздухом опускается).

1. Перепады на манометрах. Разность уровней в первом манометре \(2x_1\), во втором \(2x_2\). Равновесие столбов ртути (гидростатика) даёт \[p-p_1=2\rho g\,x_1,\qquad p_1-p_0=2\rho g\,x_2, \qquad\text{то есть}\qquad \pi-\pi_1=\frac{2x_1}{L},\quad \pi_1-1=\frac{2x_2}{L}.\]

2. Воздух между манометрами. Его объём вначале \(V_0=SL\) (в каждом колене свободная половина). Во втором манометре уровень опускается, объём растёт на \(Sx_2\), в первом поднимается, объём падает на \(Sx_1\): \(V=S(L+x_2-x_1)\). Изотермический процесс, закон Бойля — Мариотта для этого воздуха: \[p_0V_0=p_1V\quad\Rightarrow\quad \pi_1\Bigl(1+\frac{x_2-x_1}{L}\Bigr)=1 .\] Подставим \(x_1,x_2\) из пункта 1: \(\dfrac{x_2-x_1}{L}=\dfrac{2\pi_1-\pi-1}{2}\), откуда \[\pi_1\,(1+2\pi_1-\pi)=2 .\]

3. Предел измерения. Наибольшее давление достигается, когда ртуть первого манометра дошла до верха колена: \(x_1=\dfrac L2\), то есть \(\pi-\pi_1=1\) и \(\pi_1=\pi-1\). Подставим в уравнение пункта 2: \[(\pi-1)\,(1+2\pi-2-\pi)=(\pi-1)^2=2\ \Rightarrow\ \pi=1+\sqrt2\approx2{,}41 .\] Давление воздуха между манометрами при этом \(\pi_1=\sqrt2\approx1{,}41\), смещение во втором манометре \(x_2=\dfrac{\pi_1-1}{2}L\approx0{,}21\,L<\dfrac L2\): ртуть второго манометра до предела ещё не дошла.

Обратите внимание: давления нельзя просто сложить (получилось бы 3 атм: 1 атм за каждый манометр сверх атмосферного). Воздух между манометрами при смещении ртути в первом колене сжимается, и давление \(p_1\) растёт быстрее, чем если бы он «ничего не весил»; второй манометр использован лишь на пятую часть своего диапазона.

Ответ: абсолютное давление газа не больше \(p_{\max}=(1+\sqrt2)\,p_0\approx2{,}4\) атм, то есть превышение над атмосферным не более \(\sqrt2\approx1{,}4\) атм. Один манометр измеряет \(p_{\max}=2\) атм (превышение 1 атм).

Проверка. Один манометр: \(\pi-1=\dfrac{2x}{L}\le1\), \(\pi=2\) — как в условии. Предельный случай: если бы воздух между манометрами был бесконечно податлив (большой объём между ними), \(\pi_1=1+\dfrac{\pi-1}{2}\) и \(\pi=3\); у нас объём мал, и результат меньше: \(2{,}4<3\). Подстановка в уравнение пункта 2: \(\sqrt2\,(1+2\sqrt2-1-\sqrt2)=\sqrt2\cdot\sqrt2=2\) — верно.

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

Подсказка

Слой плоский, поле зависит только от \(x\): теорема Гаусса даёт связь \(E\) с плотностью заряда, а потенциал — интеграл от напряжённости с обратным знаком. Вне слоя заряда нет, а слой в целом нейтрален.

Ответ

\(E\) растёт линейно от \(0\) при \(x=-\dfrac d2\) до \(E_m=\dfrac{\rho_0 d}{2\varepsilon\varepsilon_0}\) при \(x=0\) и линейно убывает до \(0\) при \(x=\dfrac d2\) (вне слоя \(E=0\)); потенциал — две сопрягающиеся параболы, падает от \(0\) до \(-U\), \(U=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\), с наибольшей крутизной при \(x=0\).

Решение

Что происходит. Слой тонкий и широкий, поэтому считаем его бесконечной плоскостью: все величины зависят только от координаты \(x\) поперёк слоя, поле направлено вдоль \(x\). Слева (\(-\frac d2<x<0\)) объёмный заряд положителен, справа (\(0<x<\frac d2\)) — отрицателен, равной плотности по модулю, так что слой в целом нейтрален. Главная идея: теорема Гаусса для плоского слоя даёт \(\dfrac{dE}{dx}=\dfrac{\rho}{\varepsilon\varepsilon_0}\), а потенциал связан с полем соотношением \(E=-\dfrac{d\varphi}{dx}\).

Обозначения. Ось \(x\) перпендикулярна слою, \(x=0\) — граница \(n\)- и \(p\)-областей. Потенциал на левой границе слоя принимаем равным нулю: \(\varphi(-\tfrac d2)=0\). Электрическая постоянная \(\varepsilon_0\).

1. Поле вне слоя. Вне слоя заряда нет, и слой в целом нейтрален: заряд левой половины на единицу площади \(+\rho_0\frac d2\), правой \(-\rho_0\frac d2\). По теореме Гаусса для цилиндра, охватывающего весь слой, поток через его основания нулевой, значит поля по обе стороны одинаковы; в \(n\)- и \(p\)-областях за пределами слоя поле отсутствует (проводящие области). Поэтому \(E=0\) при \(x<-\frac d2\) и при \(x>\frac d2\).

2. Напряжённость в слое. Возьмём прямой цилиндр с основанием \(S\), левое основание которого лежит вне слоя (там \(E=0\)), а правое — в точке \(x\). Теорема Гаусса для диэлектрика: \(\varepsilon\varepsilon_0E(x)S=Q_{\text{внутри}}\). Для \(-\frac d2<x<0\) заряд внутри \(\rho_0S\bigl(x+\frac d2\bigr)\): \[E(x)=\frac{\rho_0}{\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(x+\frac d2\Bigr).\] При \(x=0\) получаем максимум \(E_m=\dfrac{\rho_0d}{2\varepsilon\varepsilon_0}\). Для \(0<x<\frac d2\) заряд внутри \(\rho_0S\frac d2-\rho_0Sx\): \[E(x)=\frac{\rho_0}{\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(\frac d2-x\Bigr),\] при \(x=\frac d2\) поле обращается в нуль, то есть стыкуется с полем вне слоя. График — треугольник (рисунок выше), поле везде направлено вдоль \(+x\).

3. Потенциал. Из \(E=-\dfrac{d\varphi}{dx}\) следует \(\varphi(x)=-\displaystyle\int_{-d/2}^{x}E\,dx\). Для \(-\frac d2\le x\le0\): \[\varphi(x)=-\frac{\rho_0}{2\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(x+\frac d2\Bigr)^2,\qquad \varphi(0)=-\frac{\rho_0d^2}{8\varepsilon\varepsilon_0}.\] Для \(0\le x\le\frac d2\): \[\varphi(x)=-\frac{\rho_0d^2}{8\varepsilon\varepsilon_0}-\frac{\rho_0}{\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(\frac{dx}{2}-\frac{x^2}{2}\Bigr),\qquad \varphi\Bigl(\frac d2\Bigr)=-\frac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}=-U.\] Вне слоя поле нулевое, потенциал постоянен: слева \(0\), справа \(-U\). Разность потенциалов через слой \(U=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\). В безразмерном виде (\(\varphi/U\) при \(x\) в долях \(d\)): \(-2(x+\tfrac12)^2\) при \(x\le0\) и \(-\tfrac12-2x+2x^2\) при \(x\ge0\); по этим формулам и построен график. Касательная горизонтальна на обеих границах слоя (\(E=0\)), наклон наибольший в \(x=0\).

Обратите внимание: на границах слоя график \(E\) не имеет скачка, потому что на них нет поверхностного заряда; а вне слоя \(E=0\), а не постоянное значение: слой в целом нейтрален.

Ответ: \(E(x)\) — треугольник высоты \(E_m=\dfrac{\rho_0d}{2\varepsilon\varepsilon_0}\) на основании \(d\); \(\varphi(x)\) — плавный спад на \(U=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\) по двум параболам, сопряжённым в \(x=0\).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\rho_0 d}{\varepsilon\varepsilon_0}\) — \(\dfrac{\text{Кл/м}^3\cdot\text{м}}{\text{Ф/м}}=\dfrac{\text{Кл}}{\text{Ф}\cdot\text{м}}=\text{В/м}\). Второй способ: \(U\) равно площади под графиком \(E\): \(\dfrac12\,d\,E_m=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\) — совпало. Симметрия: плотность заряда нечётна относительно \(x=0\), поэтому \(E(x)=E(-x)\) и \(\varphi(x)+\varphi(-x)=-U\); например, для \(x=0{,}2d\) по формулам \(-0{,}82\,U\) и \(-0{,}18\,U\) дают в сумме \(-U\).

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

Подсказка

Сначала выясните, что прореагирует полностью, а что останется. Выделившаяся теплота пойдёт на нагрев смеси продуктов и остатка при постоянном объёме; давление найдите из уравнения состояния для конечного числа молей газа.

Ответ

\(T\approx2{,}6\cdot10^3\) К;  \(p\approx5{,}4\cdot10^5\) Па \(\approx5{,}3\) атм.

Решение

Что происходит. В жёстком теплоизолированном баллоне смесь сгорает быстро: объём не меняется, газ работы не совершает, наружу тепло не уходит. Вся теплота реакции остаётся в газе и нагревает продукты (водяной пар) и то, что не прореагировало. Главная идея: найти, что сгорит полностью, затем записать уравнение теплового баланса и применить уравнение состояния.

Обозначения. \(\nu_{\text{H}}=\dfrac{5}{2}=2{,}5\) моль — водород (\(M=2\) г/моль); \(\nu_{\text{O}}=\dfrac{12}{32}=0{,}375\) моль — кислород; \(T_0=293\) К, \(V=0{,}1\) м\(^3\); \(c_{\text{H}}=14{,}3\) кДж/(кг\(\cdot\)К) и \(c_{\text{п}}=2{,}1\) кДж/(кг\(\cdot\)К) — теплоёмкости водорода и пара; \(q_1=2{,}4\cdot10^5\) Дж/моль — теплота образования моля воды.

1. Что прореагирует. По реакции \(2\mathrm{H_2}+\mathrm{O_2}\to2\mathrm{H_2O}\) на 1 моль кислорода нужно 2 моля водорода. Кислорода \(0{,}375\) моль, для него требуется \(0{,}75\) моль водорода, а водорода есть \(2{,}5\) моль. Кислород в недостатке: он сгорает целиком, образуется \(\nu_{\text{в}}=2\nu_{\text{O}}=0{,}75\) моль воды (\(13{,}5\) г), остаётся водорода \(2{,}5-0{,}75=1{,}75\) моль (\(3{,}5\) г).

2. Теплота реакции. Выделяется \[Q=\nu_{\text{в}}\,q_1=0{,}75\cdot2{,}4\cdot10^5\ \text{Дж}=1{,}8\cdot10^5\ \text{Дж}.\]

3. Температура. Объём постоянен, внешних потерь нет, поэтому \(Q\) целиком идёт на нагрев оставшегося водорода (\(m_{\text{H}}=3{,}5\cdot10^{-3}\) кг) и образовавшегося пара (\(m_{\text{п}}=13{,}5\cdot10^{-3}\) кг) от \(T_0\) до \(T\) — уравнение теплового баланса: \[Q=\bigl(m_{\text{H}}c_{\text{H}}+m_{\text{п}}c_{\text{п}}\bigr)(T-T_0).\] Подставляем: \(m_{\text{H}}c_{\text{H}}=3{,}5\cdot10^{-3}\cdot14{,}3\cdot10^{3}=50\) Дж/К, \(m_{\text{п}}c_{\text{п}}=13{,}5\cdot10^{-3}\cdot2{,}1\cdot10^{3}=28\) Дж/К, всего \(78\) Дж/К: \[T-T_0=\frac{1{,}8\cdot10^5}{78}\ \text{К}\approx2{,}3\cdot10^3\ \text{К},\qquad T\approx2{,}6\cdot10^3\ \text{К}.\] Применимость: пар при такой температуре далеко от насыщения (в баллоне \(T\gg373\) К), поэтому это газ; \(q_1\) и теплоёмкости по условию считаем не зависящими от температуры.

4. Давление. После реакции в баллоне газ в количестве \(\nu=1{,}75+0{,}75=2{,}5\) моль (молей стало меньше, чем \(2{,}875\) до реакции). Уравнение состояния идеального газа для смеси: \[p=\frac{\nu RT}{V}=\frac{2{,}5\cdot8{,}31\cdot2{,}6\cdot10^3}{0{,}1}\ \text{Па}\approx5{,}4\cdot10^5\ \text{Па}\approx5{,}3\ \text{атм}.\]

Обратите внимание: прореагирует не весь водород, а лишь тот, которому хватило кислорода. Если считать, что воды образовалось \(2{,}5\) моль, получим \(Q=6\cdot10^5\) Дж и нагрев получился бы почти втрое больший (\(\approx6{,}4\cdot10^3\) К) — неверно. Диссоциацию воды при \(2600\) К, из-за которой реальная температура ниже, по условию не учитываем.

Ответ: \(T\approx2{,}6\cdot10^3\) К, \(p\approx5{,}4\cdot10^5\) Па (\(\approx5{,}3\) атм).

Проверка. Размерность: \(Q/(mc)\) — Дж / (кг\(\cdot\)Дж/(кг\(\cdot\)К)) = К. Второй способ для давления: начальное \(p_0=\dfrac{2{,}875\,RT_0}{V}\approx7{,}0\cdot10^4\) Па, и \(\dfrac{p}{p_0}=\dfrac{\nu}{\nu_0}\dfrac{T}{T_0}=\dfrac{2{,}5}{2{,}875}\cdot\dfrac{2589}{293}\approx7{,}7\), то есть \(p\approx5{,}4\cdot10^5\) Па — совпало. Предельный случай: если бы лишний водород отсутствовал (в баллоне только \(28\) Дж/К пара), нагрев был бы \(1{,}8\cdot10^5/28\approx6{,}4\cdot10^3\) К; избыточный водород снижает температуру, потому что запасает тепло.

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