ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА". Компенсаційний курс: Характеристики молекул

ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА". Компенсаційний курс

◄ Previous: 1.2. Приклади розв'язування задач Next: Рівняння стану ідеального газу ►

1.2. Приклади розв'язування задач

Характеристики молекул

Задача 1.1. У досліді з визначення розмірів молекули олеїнової кислоти краплину її незмішуваного з водою спиртового розчину капнули на воду в широкій посудині й після розтікання краплі та випаровування спирту виміряли розміри плями, що утворилася на воді. Оцінити поперечник d молекули, якщо при об'ємі краплі V₀ = 2 мм³ і концентрації розчину С = 0,5 % діаметр плями склав D = 20 см.

Задача 1.2. А) Отримати формулу для оцінки діаметра d молекули заданої речовини за її густиною. Б) Оцінити діаметри: атомів літію Li (ρ₁ = 0,53·10³ кг/м³), ртуті Hg (ρ₂ = 13,6·10³ кг/м³), урану U (ρ₃ = 19,05·10³ кг/м³) і молекули води H₂O (ρ₄ = 1,0·10³ кг/м³).

Задача 1.3. Визначити масу m₀ молекули газу, який за нормальних умов (T₀ = 273 K, P₀ = 10⁵ Па) має густину ρ = 1,94 кг/м³.

Задача 1.4. Визначити відношення кількостей атомів (N₁/N₂) в однакових посудинах, які заповнено одну водою, а іншу – ртуттю.

Задача 1.5. У посудині об'ємом V = 1 л міститься повітря з концентрацією молекул n = 3,2·10²⁵м^–3. Визначити, за який час t можна було би її відкачати насосом, який міг би постійно викидати назовні мільярд молекул в секунду.

Задача 1.6. Визначити молярну масу повітря М, вважаючи, що воно за масою складається з с₁ = 75,5 % азоту N₂, с₂ = 23,1 % кисню O₂, с₃ = 1,3 % аргону Ar і с₄ = 0,1 % вуглекислого газу CO₂.

Задача 1.7. Визначити середню квадратичну швидкість v_кв: А) молекули водню (H₂) та атома аргону (Ar), що є компонентами повітря; Б) мікроскопічної порошинки (SiO₂) розміром d = 0,1 мкм, яка є зважена ("плаває") у повітрі. Густина піску ρ = 2,5 г/см³, температура повітря t = 20 °С

Задача 1.8. Температуру в кімнаті площею S = 20 м² і висотою стелі h = 3 м підвищують від t₁ = 15 °C до t₂ = 25 °C при атмосферному тиску P = 100 кПа. Визначити, на скільки зміниться при цьому: А) кількість молекул повітря в кімнаті ΔN; Б) сумарна кінетична енергія їхнього теплового руху $ \Delta{U}$.

Задача 1.9. Три балони ємністю V₁ = 2 л, V₂ = 3 л і V₃ = 5 л, які сполучено тонкими трубками з перекритими кранами, містять гази під тиском P₁ = 100 кПа, P₂ = 80 кПа і P₃ = 40 кПа. Визначити тиск P, який установиться в системі, якщо відкрити крани.

Задача 1.10. В одну половину відкачаного циліндра, що розділений жорсткою напівпроникною перегородкою (мембраною), швидко впускають суміш газів, яка складається з однакових кількостей водню (М₁ = 2 г/моль) та гелію (М₂ = 4 г/моль) і має тиск P₀ = 100 кПа. Визначити тиски P₁ і P₂ в обох половинах циліндра після припинення дифузії, якщо мембрана пропускає тільки водень, і температура в процесі лишається сталою.

Задача 1.11. Два однакові балони з термостійкого матеріалу є сполучені тонкою трубкою і заповнені газом під тиском P₀. Визначити максимальний тиск P_m, який теоретично можна одержати в системі, нагріваючи один балон і підтримуючи інший при сталій температурі.

Задача 1.12. В одну частину розділеного рухомою непроникною перегородкою циліндра вміщено m₁ = 2 г водню H₂, а в іншу m₂ = 32 г кисню O₂при температурі $t\gt{100}^{\circ}\mathrm{C}$. Тиск у системі P₀ = 100 кПа. Визначити тиск P в циліндрі після того, як прибрали перегородку і встановилася початкова температура.

Задача 1.13. Визначити тиск P, що його чинить на стінку пучок молекул водню Н₂ з концентрацією n = 3·10²³ 1/м³ при при перпендикулярному падінні й пружному відбиванні від неї зі швидкістю $v$ = 1 км/с .

SOLUTION

Задача 1.1

Задля оцінки розмірів молекули олеїнової кислоти краплину її розчину незмішуваної з водою речовини капають на воду в широкій посудині. Відтак після розтікання краплі і випаровування розчинника вимірюють розміри плями, що утворилася на воді.

Оцінити

поперечник d молекули, якщо крапля її спиртового розчину концентрацією С = 0,5 % й об'ємом V₀ = 2 мм³ розпливлася в круглу пляму діаметром D = 20 см.

Дано:

С = 0,5 %

V₀ = 2 мм³

D = 20 см

d - ?

Розв’язання

Ідея описаного досліду ґрунтується на тому, що крапля розтікається по поверхні води аж до утворення плівки (плями) завтовшки в одну молекулу. Тож розміри молекули можна оцінити за товщиною h такої мономолекулярної плівки.

Зрозуміло, що прямо виміряти величину h неможливо, але її можна визначити опосередковано, вважаючи, що через швидке випаровування летючого розчинника (спирту) молекули кислоти розташовуються впритул, утворюючи на воді шар в одну молекулу. В такому разі його товщина h визначає поперечник молекули:

$d\approx h=\frac{V}{S}$ $ \Rightarrow $ $ d\approx \frac{4V}{\pi {{D}^{2}}},$

(1)

де V – об'єм , $S=\pi {{D}^{2}}/4$ – площа поверхні утвореної плями.

Концентрація розчину дорівнює відношенню об'єму V кислоти в краплі до об'єму V₀ розчину: с = V/V₀. Отже, об'єм плівки на воді V = cV₀. Підставивши цю величину у формулу (1), одержуємо:

$d\approx \frac{4c{{V}_{0}}}{\pi {{D}^{2}}},$ = 3·10^–10 м = 0,3 нм.

(2)

Про отриманий результат слід зауважити таке. Формула (2) є оціночною, а не точною. Адже коли уявити молекули мікроскопічними кульками, то навіть при щільному розташуванні між ними існуватимуть пустоти, що у виразах (1) і (2) не враховано. Але насправді ситуація є ще складніша, бо насправді молекули є не мікроскопічними кульками складною системою електронів, які рухаються навколо ядер за законами квантової механіки. Тому саме поняття розмірів для атомів і молекул не має такого визначеного змісту, як для макроскопічних частинок.

Задача 1.2

А) Отримати формулу для оцінки діаметра d молекули заданої речовини за її густиною.

Б) Оцінити діаметри: атомів літію Li (ρ₁ = 0,53·10³ кг/м³), ртуті Hg (ρ₂ = 13,6·10³ кг/м³), урану U (ρ₃ = 19,0·10³ кг/м³) і молекули води H₂O (ρ₄ = 10³ кг/м³).

Дано:

ρ₁ = 0,53·10³ кг/м³

ρ₂ = 13,6·10³ кг/м³

ρ₃ = 19,0·10³ кг/м³

ρ₄ = 1·10³ кг/м³

^{--- ----}

d₁, d₂, d₃, d₄ - ?

Розв’язання

А) 1 моль речовини містить N₀ = 6,02·10²³ молекул (стала Авогадро) і займає об'єм

${{V}_{m}}=\frac{M}{\rho },$

де M – молярна маса, $\rho $ – густина. У рідинах і твердих тілах молекули розміщені впритул, тому об'єм і розміри однієї молекули можна оцінити, відповідно, як

${{V}_{0}}\approx \frac{{{V}_{m}}}{{{N}_{0}}}=\frac{M}{\rho {{N}_{0}}},$

$d\approx \sqrt[3]{{{V}_{0}}}=\sqrt[3]{\frac{M}{\rho {{N}_{0}}}}.$

(1)

Б) Узявши відносні атомні маси з таблиці Менделєєва, із співвідношення (1.4) одержимо наступні значення молярної маси: літій M₁ = 6,94·10^-3 кг/моль, ртуть M₂ = 200,6·10^-3 кг/моль, уран M₃ = 238·10^-3 кг/моль і вода M₄ = 18·10^-3 кг/моль. Відтак за формулою (1) оцінимо діаметри атомів заданих елементів та молекули води: літій Li ${{d}_{1}}\approx 2,8\cdot {{10}^{-10}}\text{м};$ ртуть Hg ${{d}_{2}}\approx 2,9\cdot {{10}^{-10}}\ \text{м};$ уран U ${{d}_{3}}\approx 2,75\cdot {{10}^{-10}}\ \text{м}$; вода H₂O ${{d}_{4}}\approx 3,1\cdot {{10}^{-10}}\ \text{м}.$

У результатах упадає в око близькість отриманих чисел при великій різниці густин, отже й мас атомів і кількості нуклонів у ядрах атомів наведених речовин. Це пояснюється особливостями взаємодії елементарних частинок, які не дозволяють уважати їх просто мікроскопічними твердими кульками.

Задача 1.3

Визначити

масу m₀ молекули газу, який за нормальних умов (T₀ = 273 K, P₀ = 10⁵ Па) має густину $ {{\rho }_{0}}=1,94 $ кг/м³.

Дано:

T₀ = 273 K

P₀ = 10⁵ Па

ρ =1,94 кг/м³

m₀ - ?

Розв’язання

Густина чисельно дорівнює масі одиниці об'єму речовини. Тому можна записати:

$ \rho ={{m}_{0}}n, $

де m₀ – маса однієї молекули, n – концентрація (кількість в одиниці об'єму) молекул у речовині. Таким чином,

$ {{m}_{0}}=\frac{{{\rho }_{0}}}{{{n}_{0}}}, $

де $ {{\rho }_{0}}$, n₀ – густина й концентрація газу за нормальних умов.

Згідно з формулою (1.11),

$ {{n}_{_{0}}}=\frac{{{P}_{0}}}{k{{T}_{0}}}, $

отже,

$ {{m}_{0}}=\frac{\rho k{{T}_{0}}}{{{P}_{0}} }= 7,3\cdot {{10}^{-26}}\ \text{кг}. $

Задача 1.4

Визначити

відношення кількостей атомів (N₁/N₂) в однакових посудинах, які заповнено одну водою, а іншу – ртуттю.

Дано:

H₂O, Hg

^--2

N₁/N₂ - ?

Розв’язання

Молекула води складається з трьох атомів. Тож відповідно до формул (1.3) и (1.6) кількість атомів у посудині з водою

${{N}_{1}}=3\frac{{{m}_{1}}}{{{M}_{1}}}{{N}_{0}}$

де m₁ – маса і M₁ – молярна маса води, N₀ – стала Авогадро. Відтак, виразивши масу m₁ через густину води ρ₁ і об'єм посудини V, дістанемо:

${{N}_{1}}=\frac{3{{\rho }_{1}}V{{N}_{0}}}{{{M}_{1}}}.$

Аналогічно визначається кількість атомів ртуті у другій склянці:

${{N}_{2}}=\frac{{{\rho }_{2}}V{{N}_{0}}}{{{M}_{2}}}$.

Отже, шукане відношення

$\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}=\frac{3{{\rho }_{1}}}{{{\rho }_{2}}}\cdot \frac{{{M}_{2}}}{{{M}_{1}}}.$

Узявши з таблиць значення $ \rho_{1}=10^{3}$ кг/м³, $ \rho_{2}=13,6 \cdot{10}^{3}$ кг/м³, ${{M}_{1}}=18\cdot{{10}^{-3}}$ кг/моль, і ${{M}_{2}}=201\cdot {{10}^{-3}}$кг}/моль, одержимо:

$\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\approx 2,5$

Таким чином, атомів у склянці з водою є істотно більше, ніж у склянці зі ртуттю. А от кількості молекул води N_в і ртуті N_рт є приблизно однакові:

$\frac{{{N}_{в}}}{{{N}_{рт}}}=\frac{{{\rho }_{2}}}{{{\rho }_{1}}}\cdot \frac{{{M}_{1}}}{{{M}_{2}}}\approx 1,2.$

Це пояснюється тим, що молекула води й атом ртуті мають близькі розміри (див. задачу (1.2)), тому їхні кількості в однаковому об'ємі теж мало відрізняються.

Задача 1.5

У посудині об'ємом V = 1 л міститься повітря з концентрацією молекул n = 3,2·10²⁵ м^–3.

Визначити,

за який час t можна було би її відкачати насосом, який міг би постійно викидати назовні мільярд молекул в секунду.

Дано:

V = 1 л

n = 3,2·10²⁵ м^-3

n₁ = 10⁹ c^-1

t - ?

Розв'язання

Час відкачування t = (N/n₁), де n₁ – кількість молекул, що захоплюються насосом за 1 c, N – їхня початкова кількість у посудині. Позаяк N = nV, то

$t=\frac{nV}{{{n}_{1}}}$ ≈ 1 млн. років

Задача 1.6

Можна вважати, що повітря складається за масою з $ {c}_{1}$ = 75,5 % азоту N₂, $ {c}_{2}$ = 23,1 % кисню O₂, $ {c}_{3}$ = 1,3 % аргону Ar і $ {c}_{4}$ = 0,1 % вуглекислого газу CO₂.

Визначити

молярну масу повітря М.

Дано:

$ {c}_{1}$ = 75,5 %

$ {c}_{2}$ = 23,1 %

$ {c}_{3}$ = 1,3 %

$ {c}_{4}$ = 0,1 %

M - ?

Розв’язання

Молярна маса, котра є мірою кількості речовини, визначається кількістю частинок, яка міститься в тілі, а не його масою чи якоюсь іншою величиною. Отже, 1 моль повітря – це така його кількість, у якій міститься сумарна кількість ${{N}_{0}}=6,02\cdot {{10}^{23}}$ молекул газів-компонент у відповідних пропорціях.

Нехай маса повітря дорівнює m. Тоді загальна кількість молекул у посудині

$ {N}=\frac{m}{M}{{N}_{0}},$

(1)

де M – його молярна маса, N₀ – стала Авогадро. Очевидно, що

$N=N_{1}+N_{2}+N_{3}+N_{4}=\frac{m_{1}}{M_{1}}N_{0}+\frac{m_{2}}{M_{2}}N_{0}+\frac{m_{3}}{M_{3}}N_{0}+\frac{m_{4}}{M_{4}}N_{0}$.

(2)

Тут, відповідно, $ {{N}_{1}},\ {{N}_{2}},\ {{N}_{3}},\ {{N}_{4}}$ – кількість молекул, $ {{m}_{1}},\ {{m}_{2}},\ {{m}_{3}},\ {{m}_{4}}$ – маси, а $ {{M}_{1}},\ {{M}_{2}},\ {{M}_{3}},\ {{M}_{4}}$ – молярні маси компонент. При масі суміші m маса і-ї компоненти m_і визначається її концентрацією і складає m_і = с_іm. Тож

$ {{m}_{1}}={{c}_{1}}m,\ \ {{m}_{2}}={{c}_{2}}m,\ \ {{m}_{3}}={{c}_{3}}m,\ \ {{m}_{4}}={{c}_{4}}m. $

Таким чином, з (2) маємо:

$ {N}=m\left(\frac{c_{1}}{M_{1}}+\frac{c_{2}}{M_{2}}+\frac{c_{3}}{M_{3}}+\frac{c_{4}}{M_{4}} \right){{N}_{0}}\\ $.

(3)

Прирівнявши праві частини виразів (1) і (3), знаходимо вирази

$ \frac{1}{M}=\frac{c_{1}}{M_{1}}+\frac{c_{2}}{M_{2}}+\frac{c_{3}}{M_{3}}+\frac{c_{4}}{M_{4}}$,

або

$ {M}={{\left( \frac{{{c}_{1}}}{{{M}_{1}}}+\frac{{{c}_{2}}}{{{M}_{2}}}+\frac{{{c}_{3}}}{{{M}_{3}}}+\frac{{{c}_{4}}}{{{M}_{4}}} \right)}^{-1}}.$

Узявши з таблиць молярні маси M₁ = 28 г/моль, M₂ = 32 г/моль, M₃ = 40 г/моль, M₄ = 44 г/моль, після обчислень отримаємо:

M= 29 г/моль .

Слід сказати, що насправді повітря, крім зазначених, містить незначні кількості інших газів, таких як водень, гелій та ін. Тому в умові величину c₄ свідомо округлено так, аби отриманий результат збігся з табличним значенням молярної маси повітря. Відзначимо також, що при виведенні виразу (4а) кількість компоненту суміші та їхній газоподібний стан була не принциповими. Отже, можна записати наступну загальну формулу молярної маси суміші, що включає довільну кількість компонент:

$ \frac{1}{M}=\sum\frac{c_{i}}{M_{i}}$, $M=\left( \sum\frac{c_{i}}{M_{i}} \right)^{-1}$.

Задача 1.7

Визначити середньоквадратичну швидкість $ {{v}_{\text{кв}}}$:

А) молекули водню (H₂) й атома аргону (Ar), що є компонентами повітря;

Б) мікроскопічної порошинки (SiO₂) розміром d = 0,1 мкм, яка є зважена ("плаває") у повітрі. Густина піску ρ = 2,5 г/см³, температура повітря t = 20 °С

Дано:

H₂, Ar , SiO₂

d = 0,1 мкм

ρ = 2,5 г/см³

t = 20 °С

v_кв₁, _{v_кв₂}, _{v_кв₃}- ?

Розв’язання

А) Середня квадратична швидкість молекул газу при заданій температурі визначається формулами (1.9). Визначивши за таблицею Менделєєва молярні маси молекулярного водню (H₂) M₁ = 2·10^–3 кг/моль і аргону (Ar) M₂ = 40·10^–3 кг/моль і врахувавши температура повітря T = 293 K і газову сталу R= 8,31 Дж/(моль·К), знаходимо:

$ {{v}_{1}}=\sqrt{\frac{3RT}{{{M}_{1}}}}=1910\ \text{м/с}, $

$ {{v}_{2}}=\sqrt{\frac{3RT}{{{M}_{2}}}}=427\ \text{м/с}. $

Б) Порошинці не дають падати молекули повітря, що "бомбардують" її з усіх боків і змушують здійснювати хаотичний броунівський рух. З цієї ж причині не падають на землю і самі молекули повітря. Так що рух порошинки має ту саму природу і властивості, що й тепловий рух молекул. Зокрема, кінетична енергія поступального (броунівського) руху порошинки визначається формулою(1.8), а середньоквадратична швидкість $ {{v}_{3}}$ –формулою (1.9):

$ {{v}_{3}}=\sqrt{\frac{3kT}{m}},$

(1)

Маса порошинки $ {m=\rho V}$, де $ \rho $ – густина її речовини, V – об'єм. Форма порошинки точно не відома, тому її об'єм і масу можна тільки розумно оцінити, до прикладу, прийнявши за кубикз ребром d. Тоді

$ {m}=\rho {{d}^{3}},$

і відповідно до формули (1)

v_кв $\sim \sqrt{\frac{3kT}{\rho {{d}^{3}}}}$

Підставивши сюди задані значення $ {T},\ d,\ \rho $, а також k = 1,38·10^–23 Дж/К, одержимо

v_кв $\sim $ 7 м/с.

Упадає в око те, що швидкість порошинки є дуже малою порівняно зі швидкостями молекул: $ ({{v}_{1}}/{{v}_{3}})\approx 3\cdot {{10}^{4}}$, $ ({{v}_{2}}/{{v}_{3}})\approx 6\cdot {{10}^{3}}$. Але нічого дивного в цьому немає, бо порошинка, попри те що є видима тільки під мікроскопом, складається з $ {N}\cong 2,5\cdot {{10}^{7}}$ молекул. Тож її маса (інертність) є несумірно великою порівняно з масою молекули. Тому, обмінюючись при зіткненнях з молекулами повітря однаковими енергією та імпульсом, вона здобуває набагато меншу швидкість.

Задача 1.8

Температуру в кімнаті площею $ {S}=20\ м^{2}$ і висотою стелі h = 3 м підвищують від t₁ = 15 °C до t₂ = 25 °C при атмосферному тиску P = 100 кПа.

Визначити,

на скільки при цьому зміниться:

А) кількість молекул повітря в кімнаті ΔN;

Б) сумарна кінетична енергія їхнього теплового руху U.

Дано:

$ {S}$ = 20 м²

h = 3 м

t₁ = 15 °C

t₂ = 25 °C

P = 100 кПа

$ \Delta N $ - ?

$ \Delta{U}$ - ?

Розв’язання

А) Зміна кількості молекул повітря в кімнаті

$ \Delta N={{N}_{2}}-{{N}_{1}}=({{n}_{2}}-{{n}_{1}})Sh, $

(1)

де n₁, n₂ – концентрації молекул при температурі t₁ і t₂ відповідно, Sh = V– об'єм повітря в кімнаті. Кімната не є "герметичною посудиною", тому при зміні температури тиск повітря в ній залишається сталим і дорівнює атмосферному. Тож, з формули (1.11) маємо:

$ {{n}_{2}}=\frac{P}{k{{T}_{2}}},\ \ \ \ \ \ \ \ {{n}_{1}}=\frac{P}{k{{T}_{1}}}.$

Після підстановки цих значень у вираз (1) одержуємо відповідь:

$ \Delta N=\frac{PSh}{k}\left( \frac{1}{{{T}_{2}}}-\frac{1}{{{T}_{1}}} \right)$ ≈ –5·10²⁵.

Знак "–" означає, що при нагріванні повітря молекули виходять з кімнати.

Б) Зміна сумарної кінетичної енергії теплового руху молекул повітря в кімнаті

$ \Delta U={{U}_{2}}-{{U}_{1}}={{N}_{2}}\left\langle {{E}_{2}} \right\rangle -{{N}_{1}}\left\langle {{E}_{1}} \right\rangle =V\left( n{}_{2}\left\langle {{E}_{2}} \right\rangle -{{n}_{1}}\left\langle {{E}_{1}} \right\rangle \right), $

де V – об'єм повітря, n₁ і n₂ – концентрації молекул, а $ \left\langle {{E}_{1}} \right\rangle $ і $ \left\langle {{E}_{2}} \right\rangle $ – середні кінетичні енергії молекули при початковій і при кінцевої температурах. Відповідно до основного рівняння молекулярно-кінетичної теорії ідеального газу (1.10) можна записати $ {n}\left\langle E \right\rangle =3P/2 $. Підставивши цей вираз в рівняння (2) і врахувавши незмінність тиску, дістанемо

$ \Delta U=0. $

Таким чином, при зміні температури в кімнаті енергія теплового руху молекул повітря не змінюється. Цей, можливо неочікуваний, результат легко пояснюється: при підвищенні температури повітря кінетична енергія однієї молекули збільшується рівно у стільки разів, у скільки зменшується їхня кількість у кімнаті.

Задача 1.9

Три балони ємністю V₁ = 2 л, V₂ = 3 л і V₃ = 5 л, які сполучено тонкими трубками з перекритими кранами, містять гази під тиском P₁ = 100 кПа, P₂ = 80 кПа і P₃ = 40 кПа.

Визначити

тиск P, який установиться в системі, якщо відкрити крани.

Дано:

$ {V}_{1}={2}$ л

$ {V}_{2}={3}$

$ {V}_{3}=5\ {л} $

$P_{1}=100\ {кПа}$

$P_{2}=80\ {кПа}$

$P_{3}=40\ {кПа}$

P - ?

Розв’язання

Після відкривання кранів утворюється суміш газів у посудині об'ємом

$V=\sum{{{V}_{i}}}$,

тиск якої за законом Дальтона (1.12)

$P=\sum{{{P}_{i}}^{\prime }}$.

У цьому виразі парціальні тиски компонент суміші ${{{P}'}_{i}}$ (див. п. 1.1), за рівнянням (1.11), визначаються температурою та їхніми концентраціями $ {{n}_{i}}^{\prime }$ в об'єднаному балоні, як

$P=\sum{{{n}_{i}}^{\prime }}kT$,

де

$ {{n}_{i}}^{\prime } $ = $\frac{{{N}_{i}}}{V}$ = $\frac{{{n}_{i}}{{V}_{i}}}{\sum{{{V}_{i}}}}$.

Отже, тиск у об'єднаному балоні

$P=\frac{\sum{{{n}_{i}}kT{{V}_{i}}}}{\sum{{{V}_{i}}}}$,

і, згідно з рівнянням (1.11),

$P=\frac{\sum{{{P}_{i}}{{V}_{i}}}}{\sum{{{V}_{i}}}}$.

Для заданої в умові кількості сполучених балонів розгорнута відповідь має вигляд:

$P=\frac{{{P}_{1}}{{V}_{1}}+{{P}_{2}}{{V}_{2}}+{{P}_{3}}{{V}_{3}}}{{{V}_{1}}+{{V}_{2}}+{{V}_{3}}}$ = 64 кПа.

Задача 1.10

В одну половину відкачаного циліндра, що розділений жорсткою напівпроникною перегородкою (мембраною), швидко впускають суміш газів, яка складається з однакових кількостей водню (М₁ = 2 г/моль) та гелію (М₂ = 4 г/моль) і має тиск P₀ = 100 кПа.

Визначити

тиски P₁ і P₂ в обох половинах циліндра після припинення дифузії, якщо мембрана пропускає тільки водень, і температура в процесі лишається сталою.

Дано:

$ {{P}_{0}}={100}$ кПа

$ {{\nu }_{1}}={{\nu }_{2}}$

${{P}_{1}}$, ${{P}_{2}}$- ?

Розв’язання

Рис. 11 схематично ілюструє початковий (а) і кінцевий (б) стан системи.

Позаяк кількості газів однакові, то їхні початкові концентрації n₀ теж є однакові. Отже, згідно з рівнянням (1.11), і законом Дальтона (1.12) початковий тиск

${{P}_{0}}=2{{n}_{0}}kT\quad \Rightarrow \quad {{n}_{0}}=\frac{{{P}_{0}}}{2kT}$.

Після припинення дифузії водню крізь мембрану в лівій половині циліндра залишається суміш із усього гелію із парціальним тиском

P_He = $\frac{{{P}_{0}}}{2}$

та половини водню з концентрацією (n₀/2) і парціальним тиском

P_H = $\frac{{{P}_{0}}}{4}$

Отже, повний тиск у лівій половині циліндра

P₁ = P_He + P_H = $\frac{3}{4}{{P}_{0}}$ = 75 кПа.

У правій половині

P₂ = P_H = $\frac{{{P}_{0}}}{4}$ = 25 кПа.

Задача 1.11

Два однакові балони з термостійкого матеріалу є сполучені тонкою трубкою і заповнені газом під тиском P₀.

Визначити

максимальний тиск P_m, який теоретично можна одержати в системі, нагріваючи один балон і підтримуючи інший при сталій температурі.

Дано:

V₁ = V₂

$ {P}_{0}$

$ {P}_{m}$ - ?

Розв’язання

Нехай температура в першому балоні підтримується на заданому рівні T₀, а в другому має якесь значення T > T₀. Тоді, позаяк тиски в сполучених балонах однакові за будь-яких умов, із рівняння (1.11) маємо:

_{$ {{n}_{1}}k{{T}_{0}}={{n}_{2}}kT $}$ \Rightarrow $ $ \frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}=\frac{{{T}_{0}}}{T}. $

(1)

Отже, при підвищенні температури Т другого балона концентрація молекул у ньому буде зменшуватись, а в першому – відповідно збільшуватись, тобто газ перетікатиме з гарячого балона в холодний. Це пояснюється тим, що кількість молекул, які проходять по трубці за 1 с в той чи інший бік, є прямо пропорційна швидкості їхнього руху, котра зростає при нагріванні.

За умовою другий балон теоретично можна нагріти до гранично високої температури, тож із співвідношення (1) при Т → ∞ маємо n₂ → 0. Це означає, що всі молекули з гарячого балона переходять у холодний і концентрація молекул та тиск у ньому подвоїться. Отже, теоретично можливий максимальний тиск у системі складає

P_max = 2P₀.

Задача 1.12

В одну частину розділеного рухомою непроникною перегородкою циліндра вміщено m₁ = 2 г водню H₂, а в іншу m₂ = 32 г кисню O₂при температурі $t\gt{100}^{\circ}\mathrm{C}$. Тиск у системі P₀ = 100 кПа.

Визначити

тиск P в циліндрі після того, як прибрали перегородку і встановилася початкова температура.

Дано:

H₂, O₂

$ {m}_{1}=$ 2 г

$t\gt{100}^{\circ}\mathrm{C}$

P - ?

Розв’язання

З умови видно, що спочатку в циліндрі було по 1 моль кожного газу, тобто однакова кількість молекул

N₁ = N₂ = N₀,

де N₀ = 6,02·10²³. Початкові об'єми газів теж однакові й дорівнюють половині об'єму циліндра:

V₁ = V₂ = V/2.

Після прибирання перегородки відбувається реакція окислення водню при температурі $t\gt{100}^{\circ}\mathrm{C}$:

2H₂ + O₂ = 2H₂O,

(1)

результатом якої є утворення водяної пари. При цьому на утворення двох молекул води йде дві молекули водню, але тільки одна молекула кисню. Тому весь водень прореагує з половина кисню, і в циліндрі утвориться суміш водяної пари з киснем загальною кількістю молекул

$ {N}=\frac{3}{2}{{N}_{0}}. $

Позначимо об'єм циліндра і кінцеву температуру суміші як V і T. Тоді кінцевий тиск за формулою (1.11) складає:

$P=\frac{3{{N}_{0}}k{{T}}}{2V},$

(2)

За умовою задачі початкові температури й тиски газів, тож і концентрації молекул, є однакові:

$ {{n}_{1}}={{n}_{2}}$ $ \Rightarrow $ $ \frac{{{N}_{1}}}{{{V}_{1}}}=\frac{{{N}_{2}}}{{{V}_{2}}}. $

Вище було встановлено, що N₁ = N₂ = N₀, тому на підставі формули (1.11) можна записати

$ {{P}_{0}}=\frac{{{N}_{0}}}{(V/2)}k{{T}}$ $ \Rightarrow $ $ {{P}_{0}}=\frac{2{{N}_{0}}k{{T}}}{V}. $

(3)

Порівнявши вирази (2) і (3), одержимо відповідь:

$ {P}=\frac{3}{4}{{P}_{0}}. $

Задача 1.13. Визначити

тиск P, що його чинить на стінку пучок молекул водню з концентрацією n = 10²³ 1/м³ при перпендикулярному падінні й пружному відбиванні від неї зі швидкістю $v$ = 1 км/с .

Дано:

n = 10²³ 1/м³

$v$ = 1 км/с

P-?

Розв’язання

При пружньому перпендикулярному зіткненні зі стінкою кожна молекула, що підлітає зі швидкістю $\vec{v}$ відскакує в зворотньому напрямку з такою самою швидкістю –${\vec{v}}'$, змінюючи свій імпульс на величину $\Delta \vec{p}=m{\vec{v}}'-m\vec{v}=-2m\vec{v}$. Тож, позаяк за законами механіки сила, що діє на тіло, чисельно дорівнює зміні його імпульсу за одиницю часу, сила тиску F та тиск пучка молекул на стінку складають:

$F=2mvZ$, $P=\frac{2mvZ}{S}$,

(1)

де S – площа поперечного перерізу пучка і Z – кількість зіткнень молекул зі стінкою за одиницю часу.

Величину Z легко підрахувати, позаяк за час t зі стінкою стикаються всі молекули, що перебувають від неї на відстанях $l\le vt$. Тож $Z=nvS$, і

$P=2nm{{v}^{2}}$.

Відтак, підставивши вираз маси молекули (1.7) і врахувавши табличні константи, отримаємо відповідь:

$P=\frac{2nM{{v}^{2}}}{{{N}_{\text{A}}}}$ = 2 кПа

◄ Previous: 1.2. Приклади розв'язування задач Next: Рівняння стану ідеального газу ►