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

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

◄ Предыдущая: 2. Приклади розв'язування задач Следующая: Рівняння стану ідеального газу ►

2. Приклади розв'язування задач

Характеристики молекул

Задача 1.1. У досліді з визначення розмірів молекули на поверхню води в широкій посудині помістили краплину незмішуваного з нею спиртового розчину олеїнової кислоти й після її розтікання та випаровування спирту виміряли розміри плями, що утворилася. 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, одну з яких заповнено водою, а іншу ртуттю.

Задача 1.5. Концентація молекул повітря при нормальному атмосферному тиску й кімнатній температурі дорівнює n = 2,5·10¹⁹ см^–3. Визначити, протягом якого часу за таких умов можна було би повністю відкачати посудину об'ємом V = 1 л насосом, який був би спроможний постійно викидати назовні один мільярд молекул за 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: А) компонент повітря – молекули водню (H₂) та атома аргону (Ar) і Б) мікроскопічної порошинки піску (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 при цьому змінюється: 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 після відкриття кранів.

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 сполучено тонкою трубкою й заповнено 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

У досліді з визначення розмірів молекули на поверхню води в широкій посудині помістили краплину незмішуваного з нею спиртового розчину олеїнової кислоти й після її розтікання та випаровування спирту виміряли розміри плями, що утворилася.

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 суцільний шар в одну молекулу. В такому разі поперечник молекули дорівнює його товщині h:

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

(1)

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

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), одержимо:

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

(2)

Щодо отриманого результату 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 молекули є не мікроскопічними кульками, а складною системою електронів, які рухаються навколо ядер за законами квантової механіки. Тож саме поняття розміру 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 хімічних елементів, 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 ${{d}_{4}}\approx 3,1\cdot {{10}^{-10}}\ \text{м}.$

В результатах упадає в око близькість отриманих чисел при великій різниці густин, отож мас атомів і кількості нуклонів у ядрах. Це пов'язано з 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. Тож

$ \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

Визначити відношення кількостей атомів (N₁/N₂) в однакових посудинах, одну з яких заповнено 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 й атомів 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

Концентація молекул повітря при нормальному атмосферному тиску й кімнатній температурі дорівнює n = 2,5·10¹⁹ см^–3 .

Визначити,

протягом якого часу за таких умов можна було би повністю відкачати посудину об'ємом V = 1 л насосом, який був би спроможний постійно викидати назовні один мільярд молекул за 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

$t=\frac{nV}{{{n}_{1}}}$ ≈ 800 тис. 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, в одному молі повітря міститься ${{N}_{0}}=6,02\cdot {{10}^{23}}$ 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 деяку кількість інших газів, таких як водень, гелій та ін. Тому в умові величину c₄ свідомо дещо змінено так, аби отриманий результат збігався з табличним значенням молярної маси повітря. Зазначимо також, що в наведених викладках кількість компонент у суміші та їхній агрегатний стан були не істотними. Тож отриманий результат можна узагальнити й записати наступну загальну формулу молярної маси суміші будь-якої кількості заданих речовин із відомим відсотковим умістом:

$ \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:

А) компонент повітря – молекули водню (H₂) та атома аргону (Ar) і

Б) мікроскопічної порошинки піску (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

v₁, _v₂, _v₃- ?

Розв’язання

А) Середня квадратична швидкість молекул газу при заданій температурі визначається формулами (1.9). Визначивши за таблицею хімічних елементів 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}}}}$ ≈ 1900 м/с,

$ {{v}_{2}}=\sqrt{\frac{3RT}{{{M}_{2}}}}$ ≈ 430 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, приміром, прийнявши за кубикз ребром d. Тоді

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

і відповідно до формули (1)

v₃ $\sim \sqrt{\frac{3kT}{\rho {{d}^{3}}}}$.

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

v₃ $\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 змінюється:

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), $

(2)

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 після відкриття кранів.

Дано:

V₁ = 2 V₂ = 3л V₃ = 5 л P₁ = 100 кПа P₂ = 80 кПа P₃ = 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:

P₀ = 100 кПа

ν₁ = ν₂

P₁ - ? P₂ - ?

Розв’язання

Рис. 10 схематично ілюструє початковий (а) і кінцевий (б) стан системи.

Позаяк кількості газів однакові, то початкові концентрації молекул n₀ у них теж однакова. 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 сполучено тонкою трубкою й заповнено 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 є 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 перейдуть у холодний і концентрація молекул та тиск у ньому подвояться.

Таким чином, 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

m₁ = 2 г m₂ = 32 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 за модулем 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.

◄ Предыдущая: 2. Приклади розв'язування задач Следующая: Рівняння стану ідеального газу ►