1.8. примеры применени молекулно
advertisement
1.8. Примеры применения уравнений молекулярно-кинетической теории Пример № .1. Объём газа уменьшили в два раза, а температуру увеличили в полтора раза. Во сколько раз увеличилось давление? 1.Запишем уравнение состояние идеального газа, уравнение Клапейрона Менделеева для двух состояний газа, заданных в условии p1V1 = νRT1 ⎫ 2p1V1 T ⎪ (1) = 1 . ⎬ ⇒ V1 p 2 V1 1,5T1 p2 = νR ⋅ 1,5T1 ⎪ 2 ⎭ 2. Определим отношение давлений p 2 1,5T1 ⋅ 2V1 (2) = = 3. p1 T1V1 Пример № .2. Для измерения собственного объёма сыпучего материала его помещают в цилиндр, который герметично закрывают поршнем. Затем измеряют давление воздуха p1 и p2 при одной и той же температуре и двух положениях поршня, когда суммарный объём воздуха и материала равен V1 и V2. Каков объём материала по этим данным? 1.Объём сыпучего материала можно установить на основании анализа уравнений двух состояний газа между поршнем и сыпучим материалом при двух заданных положениях поршня, считая процесс изотермическим p1 (V1 − Vx ) = νRT, ⎫ ⎬ ⇒ . (1) p 2 (V2 − Vx ) = νRT ⎭ ⇒ p1V1 − p1Vx = p 2 V2 − p 2 Vx 2. Решим уравнение (1) относительно искомой величины Vx p V −p V Vx = 2 2 1 1 . p 2 − p1 Объём сыпучего материала (2) Пример № 3. Чтобы изотермически уменьшить объём газа в цилиндре с поршнем в n раз на поршень поставили груз массы m. Какой массы груз Δm следует добавить, чтобы объём уменьшился изотермически ещё в k раз? 1. Поскольку процесс изменения состояния газа под поршнем изотермический, то для трёх заданных состояний можно записать следующие соотношения (m + Δm )g ⎤ 1 V , mg ⎞ 1 ⎛ ⎡ (1) p 0 V0 = ⎜ p 0 + ⎟ V0 = ⎢p 0 + ⎥n+k 0 s n s ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ где s − площадь поршня, V0 − первоначальный объём газа до того как на поршень поместили массу m. 2. Из уравнения (1) следует, что 44 mg mg , ⇒ p0 = . s s(n − 1) 3. Подставим значение p0 в уравнение (1) ⎡ mg (m + Δm )g ⎤ 1 , mg ⎤ ⎡ mg ⎢ s(n - 1) + s ⎥ = ⎢ s(n − 1) + ⎥n+k s ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ np 0 = p 0 + ⎡ mg (m + Δm )g ⎤ mg ⎤ ⎡ mg ⎢ s(n - 1) + s ⎥ = ⎢ s(n − 1)(n + k ) + s(n + k ) ⎥ , ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ m m + Δm m +m= + . (n − 1)(n + k ) n + k n −1 4. Разрешим уравнение (5) относительно искомой массы Δm mn(k - 1) Δm = . n -1 (2) (3) (4) (5) (6) Пример № 4. На два длинных цилиндрических мешка радиуса r и длины L >> r, сделанных из нерастяжимого материала и заполненных газом, положили плиту массы m, в результате чего они сплющились до толщины h << r. Внешнее давление p0. Определить начальное давление в мешках, если температура газа в них не изменялась. 1. Изотермический процесс сжатия газа позволяет записать при учёте неизменности объёма (материал мешков нерастяжим) следующее соотношение для мешков, с учётом того, что изменение состояния газа в обоих мешках происходит при действии на них одной силы тяжести mg mg ⎞ mg ⎛ , (1) p x V0 = ⎜ p 0 + ⎟V0 , ⇒ p x = p 0 + 2s ⎠ 2s ⎝ где s − площадь соприкосновения мешка с массой m, V0 − первоначальный объём мешка. 2. Площадь контакта мешка определим из условия равенства первоначального конечного объёмов, с учётом того, что L >> r и r >> h πr 2 L V0 = Vx , πr 2 L ≅ sh, ⇒ s = . (2) h 3. Подставим значение площади из уравнения (2) в уравнение (1) mgh p x = p0 + . (3) 2πr 2 L Пример № 5. Баллон вместимостью V1 = 5⋅10 − 2 м3 наполнен воздухом при температуре t1 = 27 0С до давления p1 = 10 МПа. Какой объём воды можно вытеснить из цистерны подводной лодки сжатым воздухом этого баллона, если вытеснение производится на глубине h = 40 м при температуре t2 = 3 0C? 1. Запишем уравнения для двух состояний газа. Начальным будем считать состояние газа в объёме V1 при давлении р1 и температуре Т1, в конечном состоянии газ будет занимать объём (V1 + Vx). При соединении балластной цистерны и баллоном со сжатым воздухом, часть воды вслед- 45 ствие разности давлений будет вытесняться, до тех пор пока внешнее гидростатическое давление на станет равным давлению сжатого воздуха p1V1 = νRT1 ⎫ . (1) (p 0 + ρgh )(Vx + V1 ) = νRT2 ⎬⎭ 2. Поделим систему уравнений (1) почленно p1V1 T = 1 . (p 0 + ρgh )(Vx + V1 ) T2 3. Определим из уравнения (2) величину объёма вытесненной воды p1V1 1 ⋅ 10 6 ⋅ 5 ⋅ 10 −2 Vx = − V1 , ⇒ Vx ≅ − 5 ⋅ 10 −2 ≅ 0,85 м 3 . 5 5 1,07(p 0 + ρgh ) 1,07 1 ⋅ 10 + 4 ⋅ 10 ( (2) ) Пример № 6. На какую глубину в жидкость плотностью ρ необходимо погрузить открытую трубку длиной L, чтобы закрыв верхнее отверстие, вынуть столбик жидкости высотой h = L/2 при внешнем давлении р0? 1. Так как процесс изменения состояния газа протекает при неизменной его температуре, то справедливо соотношение pV = const. В качестве первого состояния выберем случай когда открытая трубка погружена на величину х, второе состояние соответствует извлечённой трубке с жидкостью, высота столба которого равна h = L/2 L⎞ ρgL L ⎛ (1) p 0 ⎜ x − ⎟s = ⋅ ⋅s , 2⎠ 2 2 ⎝ где s площадь поперечного сечения трубки, ρgL/2 гидростатическое давление, вызванное столбом захваченной жидкости. 2. Проведя преобразования уравнения (1) и сократив обе его части на площадь s, получим: p L ρgL2 L ρgL2 L ⎛ ρgL ⎞ ⎟. p0 x - 0 = , ⇒x = + = ⎜⎜1 + (2) 2 4 2 4 2⎝ 2p 0 ⎟⎠ Пример № .7. Идеальный газ находится в сосуде при давлении р1 = 2⋅106 Па и температуре t1 = 27 0C. После нагревания на Δt = 50 0C в сосуде осталось половина первоначальной массы газа. Определить установившееся давление. 1. Постоянство объёма сосуда при происходящих процессах позволяет записать уравнения Клайперона Менделеева в следующем виде m ⎫ RT1 , ⎪ μ p 0 2T1 pT 2 ⋅10 6 ⋅ 350 ⎪ = , ⇒ p1 = 0 2 ≅ ≅ 1,67 ⋅10 6 Па . ⎬⇒ m p T 2 T 2 ⋅ 300 1 2 1 p1 V = RT2 .⎪ ⎪⎭ 2μ p0V = Пример № 8. Давление воздуха внутри бутылки равно р1 = 0,1 МПа при температуре t1 = 7 0С. На сколько нужно нагреть бутылку, чтобы из неё вылетела пробка? Без нагревания пробку можно вынуть силой F = 10 Н. Сечение пробки s = 2⋅10 − 4 м2. 46 1. Процесс изменения состояния газа в бутылке изохорный, так как в течение нагревания объём остаётся величиной постоянной. Запишем уравнения Клайперона Менделеева для состояний газа до нагревания и после вылета пробки p1V = νRT1 , ⎫ ⎪ (1) F⎞ ⎬, ⎛ ⎜ p1 + ⎟V = νRT2 .⎪ s⎠ ⎝ ⎭ где F/s − избыточное давление в бутылке, достаточное для движения пробки в горлышке, V − объём бутылки, ν − количество вещества. 2. Поделим уравнения системы (1) почленно и разрешим полученное соотношение относительно конечной температуры Т2 ⎛ p1 T F ⎞ ⎟T1 = = 1 , ⇒ T2 = ⎜⎜1 + F ⎞ T2 sp1 ⎟⎠ ⎛ ⎝ p + ⎟ ⎜ 1 . (2) s⎠ ⎝ 10 ⎛ ⎞ = ⎜1 + ⋅ 280 = 420K. −4 5 ⎟ ⎝ 2 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 10 ⎠ 3. Определим разность начальной и конечной температуры, т.е. − на сколько нужно нагреть бутылку Δt = T2 − T1 = 420 − 280 = 140 0C . (3) Пример № 9. Зависит ли подъёмная сила аэростата от температуры окружающего воздуха, если при подъёме температура меняется линейно? 1. Подъёмная сила аэростата при прочих равных условиях зависит от разности плотностей воздуха ρ1 и находящегося внутри газа ρ2 F = (ρ1 − ρ 2 )gV (1) где V − объём аэростата. 2. Между плотностью и температурой существует зависимость, которую можно установить из уравнения Клапейрона Менделеева RT m p= RT = ρ . (2) μV μ 3. Давление внутри и снаружи оболочки аэростата одинаково, поэтому уравнение (2) можно переписать для двух точек подъёма аэростата (двух температурных точек) следующим образом ρ1 ρ ρ ρ (3) RT = 2 RT, ⇒ 1 = 2 . μ1 μ2 μ1 μ 2 4. Перепишем последнее уравнение с учётом значения ρ2 = m2/V и выразим комбинацию величин ρ1V ρ1 m μ (4) = 2 , ⇒ ρ1V = 1 m 2 . μ1 Vμ 2 μ2 5. Подставим соотношение (4) в уравнение (1) ⎛μ ⎞ μ m F = ρ1Vg − ρ 2 Vg = 1 m 2 g − 2 Vg = m 2 g⎜⎜ 1 − 1⎟⎟ . (5) μ2 V ⎝ μ2 ⎠ Как видно из полученного выражения (5), подъемная сила аэростата не зависит от температуры. 47 Пример № .10. Фабричная труба высотой h = 50 м выносит дым при температуре t1 = 60 0C. Определить перепад давлений в трубе, обеспечивающий тягу. Температура воздуха составляет t0 = − 10 0С, плотность воздуха принять равной ρ0 = 1,3 кг/м3. 1.Тяга, возникающая в трубе, обусловлена двумя факторами. Во-первых, разностью гидростатических давлений ρgh, во-вторых, изменением плотности газа вследствие перепада температур на верхнем срезе трубы и окружающего воздуха. 2. Давления на уровне верхней точки трубы при температуре t0 и на той же высоте при температуре t1 можно записать следующим образом p1 = p 0 − ρ 0 gh , p 2 = p 0 − ρ1gh . (1) 3. Выразим плотности ρ0 и ρ1, используя уравнение состояния μp 0 μp (2) ρ0 = , ρ1 = 0 . RT0 RT1 4. Подставим значения плотностей ρ0 и ρ1 в уравнения (1) и найдём разность давлений ⎛ 1 μp 1 ⎞ 3 ⋅ 10−2 ⋅ 1 ⋅ 105 1 ⎞ ⎛ 1 ⋅ 10 ⋅ 50⎜ − p1 − p 2 = Δp = 0 gh⎜⎜ − ⎟⎟ ≅ ⎟ ≅ 124Па . R 8 ⎝ 263 333 ⎠ ⎝ T0 T1 ⎠ Пример № .11. В цилиндр длиной l = 1,6 м , заполненный воздухом при нормальном атмосферном давлении р0 медленно вдвигают поршень площадью s = 200 см2. Определить силу, действующую на поршень при его остановке на расстоянии х = 0.1 м от дна цилиндра. 1. Поскольку поршень вдвигается медленно, то процесс изменения газа можно считать изотермическим, для которого будет справедливым следующее соотношение V0 p 0 = V1p1 , ⇒ (1) Vp lsp 0 lp 0 . ⇒ p1 = 0 0 = = . V1 xs x 2. Зная величину давления и площадь, можно определить действующую на поршень силу lp s 1,6 ⋅1 ⋅105 ⋅ 2 ⋅10 −2 F = p1s = 0 ≅ ≅ 3,2 ⋅104 Па x 0,1 ⋅ Пример № 12. Колба вместимостью V0 = 300 см3, закрытая пробкой с краном, содержит разреженный воздух. Для измерения давления в колбе её погрузили в воду на малую глубину и открыли кран, в результате чего в колбу вошла вода массой m = 292 г. Определить первоначальное давление в колбе рх, если атмосферное давление было равно р0 = 0,1 МПа. 1. При открытии крана, находящийся в колбе воздух оказывается под действием атмосферного давления, под действием кото- 48 (2) рого вода поступает в колбу. Объём поступившей воды определится как V1 = m/ρ, воздух при этом займёт в колбе объём m V0 − V1 = V0 − . (1) ρ 2. Используя уравнение (1), опишем процесс изотермического изменения состояния воздуха в колбе ⎛ ⎛ m⎞ m ⎞ 0,292 ⎞ ⎟⎟ ≅ 105 ⋅ ⎛⎜1 − 3 V0 p x = ⎜⎜ V0 − ⎟⎟p 0 , ⇒ p x = p 0 ⎜⎜1 − ≅ 2,67 кПа . −4 ⎟ ρ⎠ ⎝ 10 ⋅ 3 ⋅ 10 ⎠ ⎝ ⎝ ρV0 ⎠ Пример № 12. В баллоне содержится газ при температуре t1 = 100 0С. До какой температуры нужно нагреть газ, чтобы его давление увеличилось в два раза? 1. По условию данной задачи объём нагреваемого газа не изменяется, поэтому процесс изменения состояния будет протекать по изохорному закону. 2. Составим на основании уравнения Клайперона − Менделеева следующую систему pV = νRT1 ⎫ T p = 1 , (1) ⎬⇒ 2pV = νRTx ⎭ 2p Tx из которой возможно определить искомую температуру Тх Tx = 2T1 = 2 ⋅ 373 = 746K = 473 0 C . (2) Пример № 13. При нагревании идеального газа на ΔТ = 1 К при постоянном давлении его объём увеличился на 1/350 часть первоначального объёма. Определить первоначальную температуру газа Тх. 1. В данном случае имеет место изобарный процесс изменения состояния идеального газа, для которого справедливы уравнения pV0 = νRTx ⎫ ⎪ (1) 1 ⎬. ⎞ ⎛ p⎜ V0 + V0 ⎟ = νR (Tx + ΔT )⎪ 350 ⎠ ⎝ ⎭ 2. Поделим уравнение системы (1) почленно V0 Tx ΔT (2) = , ⇒ Tx = ≅ 350 K . 1 ⎞ Tx + ΔT 0,00286 ⎛ V0 ⎜1 + ⎟ ⎝ 350 ⎠ 1.2.14. Полый шар вместимостью V = 10 cм3, заполненный воздухом при температуре Т1 = 573 К, соединили трубкой с сосудом, наполненным ртутью. Определить массу ртути, вошедшей в шар после остывания воздуха в нём до температуры Т2 = 293 К. Изменением объёма шара пренебречь. 1. Для определения массы вошедшей ртути необходимо вычислить изменение объёма газа ΔV при понижении температуры т.к. m = ρHgΔV. 2. Изменение состояния газа происходит при постоянстве давления, т.е. по закону ГейЛюссака 49 V1 − V2 T1 − T2 , = V1 T1 (1) ⎛ T ⎞ ΔV = V1 − V2 = V1 ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ . ⎝ T1 ⎠ 3. Подставим значение ΔV в уравнение массы ⎛ T ⎞ ⎛ 293 ⎞ m = ρ Hg V1 ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ≅ 13,6 ⋅ 103 ⋅ 1 ⋅ 10 −5 ⎜1 − ⎟ ≅ 0,066 кг . T ⎝ 573 ⎠ 1 ⎠ ⎝ (2) (3) Пример № 15. Оболочка воздушного шара вместимостью V = 800 м3 полностью заполнена водородом при температуре Т1 = 273 К. На сколько изменится подъёмная сила шара при повышении температуры до Т2 = 293 К? Объём шара при этом не изменяется и нормальное внешнее атмосферное давление тоже. В нижней части шара имеется отверстие, через которое водород может выходить в атмосферу. 1. Изменение подъёмной силы аэростата будет происходить вследствие изменения плотности водорода, которая может быть найдена из уравнения Клайперона Менделеева pμ pμ (1) ρ1 = 0 , ρ 2 = 0 RT1 RT2 2. Подъёмная сила аэростата определяется, при прочих равных условиях, разностью плотности окружающего воздуха и газа, которым наполнена оболочка. В данном случае будут иметь место соотношения: F1 = (ρ 0 − ρ1 )gV, F2 = (ρ 0 − ρ 2 )gV , (2) 3. Полагая далее объём шара и плотность воздуха ρ0 постоянными величинами, определим изменение подъёмной силы в виде разности p μ⎛ 1 1 ⎞ ΔF = F2 − F1 = gV 0 ⎜⎜ − ⎟⎟ ≅ R ⎝ T1 T2 ⎠ . 5 −3 1 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10 ⎛ 1 1 ⎞ ≅ 10 ⋅ 800 − ⎜ ⎟ ≅ 50 H 8 ⎝ 273 293 ⎠ Пример № 16. При какой температуре кислород, находясь под давлением 0,2 МПа, имеет плотность ρ = 1,2 кг/м3? 1. Зависимость между давлением, плотностью и температурой определяется уравнением состояния pV = (m μ )RT , (1) если его поделить на величину объёма V m RT RT pμ 0,2 ⋅ 10 6 ⋅ 32 ⋅ 10 −3 p= =ρ , ⇒ Tx = ≅ ≅ 667 K . (2) V μ μ Rρ 8 ⋅ 1,2 Пример № 17. В герметичную цистерну объёмом V = 2 м3 закачали m1 = 1,4 кг азота и m2 = 2 кг кислорода. Какое давление установится в цистерне при температуре t = 27 0C? 50 1. При наличии в одном объёме смеси нескольких газов, уравнение Клапейрона − Менделеева представляется следующим образом ⎛m m ⎞ pV = ⎜⎜ 1 + 2 ⎟⎟ ⋅ RT . (1) ⎝ μ1 μ 2 ⎠ 2. Разрешим далее уравнение (1) относительно давления и подставим числовые значения величин RT ⎛ m1 m 2 ⎞ ⎜ ⎟ ≅ 1,4 ⋅ 105 Па . (2) p= + V ⎜⎝ μ1 μ 2 ⎟⎠ Пример № 18. На дне сосуда, заполненного воздухом, находится стальной полый шарик радиусом r = 2 см и массой m1 = 5⋅10 − 3 кг. Какое давление нужно создать в сосуде, чтобы шарик «всплыл»? Процесс изменения состояния газа проходит по изотермическому закону при температуре t = 20 0С. 1. Подъём шарика станет возможным, когда сила Архимеда, приложенная к шарику, будет больше силы тяжести, т.е. 4 m1g ≤ ρg πr 3 , (1) 3 где ρ − плотность воздуха в сосуде, величина которой может быть выражена следующим образом pμ ρ= . (2) RT 2. Подставим значение плотности в уравнение (1) pμ 4 3 m1 ≤ πr . (3) RT 3 3. Решим уравнение (3) относительно искомого давления р 3m1RT 3 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 8 ⋅ 293 ≥ ≥ 1,26 ⋅ 108 Па p≥ (4) −6 −3 3 4πr μ 12,56 ⋅ 8 ⋅ 10 ⋅ 3 ⋅ 10 Пример № 19. Сферический пузырёк воздуха всплывает в воде с постоянной температурой. На каком расстоянии h от дна его начальный радиус r станет в два раза больше? Диффузионными эффектами через стенку полости пренебречь. Атмосферное давление р0 = 0,1 МПа. 1. Всплытие пузырька в водной среде происходит при постоянстве температуры, поэтому, к содержащемуся в нём газу можно применить закон Бойля Мариотта pV = const. На поверхности жидкости на пузырёк будет действовать нормальное атмосферное давление, а на искомой глубине h давление будет складываться из атмосферного и гидростатического давлений, т.е. p = p0 + ρgh. 2. Запишем уравнение Бойля Мариотта для заданных условий (p 0 + ρgh ) 4 πr 3 = p 0 ⋅ 4 π(2r )3 . (1) 3 3 3. Выразим из уравнения (1) величину h 7p 7 ⋅ 105 h≅ 0 ≅ ≅ 70 м . ρg 1 ⋅ 10 4 51 (2) Пример № 20. Какое давление имеет азот (N2) массой m = 1 кг в объёме V = 1 м3 при температуре t = 27 0C? Какова должна стать температура газа, чтобы давление выросло в 10 раз? 1. Давление газа при заданных условиях можно непосредственно найти из уравнения Клайперона − Менделеева m 1 p = RT ≅ 8,3 ⋅ 300 ≅ 9 ⋅ 10 4 Па . (1) μ 28 ⋅ 10 −3 2. Из уравнения (1) следует, в частности, что давление газа прямо пропорционально его абсолютной температуре, поэтому чтобы увеличить давление азота в 10 раз необходимо довести его температуру до 3000 К. Пример № 21. Начальная температура в строении объёмом V = 100 м3 составляла t1 = 0 C, затем температуру повысили до t2 = 27 0C. Как при этом изменится масса воздуха в доме, если во время процесса нагревания давление было постоянным р0 = 0,1 МПа? 0 1. В соответствии с уравнением состояния идеального газа при нагревании объём газа увеличивается, объём же помещения остается постоянным, поэтому при сообщении помещения с атмосферой, часть нагретого воздуха должна выйти. 2. Запишем два уравнения состояния воздуха в комнате при условии постоянства объёма и давления m m PV = 1 RT1 , PV = 2 RT2 , (1) μ μ где m1 − масса воздуха в холодном помещении, m2 − в натопленном помещении. 3. Выразим из уравнений (1) массы pVμ pVμ m1 = , m2 = , RT1 RT2 и найдём их разность pVμ ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⋅ 105 ⋅ 100 ⋅ 3 ⋅ 10 −2 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ≅ Δm = m1 − m 2 = − ⎜ ⎟ ≅ 11,8кг . R ⎝ T1 T2 ⎠ 8,3 ⎝ 273 300 ⎠ (2) Пример № 22. Сколько молекул воздуха покидает комнату объёмом V = 100 м3 при изменении температуры от t1 = 0 0C до 27 0С? Атмосферное давление равно p0 = 0,1 МПа 1. Как следует из решения предыдущей задачи, при указанном нагревании помещение покидает Δm = 11,8 кг воздуха. Количество молекул определим, воспользовавшись определением количества вещества ν Δm ⋅ N A 11,8 ⋅ 6 ⋅ 10 23 Δm N ν= = ⇒N= ≅ ≅ 23,6 ⋅ 105 . (1) μ NA μ 3 ⋅ 10 −2 Пример № .23. К рычагам точных лабораторных весов подвешены два одинаковых сосуда. Один из них заполнен сухим воздухом, а второй влажным. Какой сосуд окажется тяжелее? 52 1. Равные объёмы при одинаковых температурах и давлениях содержат одинаковое число молекул, таким образом, во втором сосуде часть молекул воздуха заменена молекулами воды. 2. Масса газа в замкнутом объёме в заданной ситуации будет определяться молярной массой. Сухой воздух, на 78 % состоящий из азота на 21 % из кислорода имеет молярную массу μ1 = 3⋅10 − 3 кг/моль, в то время как, молярная масса воды μ2 = 18 ⋅10 −3 кг/моль, следовательно, сосуд с сухим воздухом будет весить больше. Пример № 24. По газопроводу с внутренним радиусом r = 2 см течёт пропан (C3H8) при давлении 0,5 МПа при температуре t = 17 0С. За время τ = 5 мин сквозь поперечное сечение трубы переместилось m = 5 кг газа. Какова средняя скорость течения газа в трубопроводе? 1.Запишем уравнение состояния газа, полагая его идеальным m pV = RT . (1) μ 2. Выразим объём протекающего за заданное время газа через скорость и площадь поперечного сечения V = vsτ . (2) 3. Подставим значение объёма из уравнения (2) в уравнение (1) m mRT 5 ⋅ 8,3 ⋅ 290 м pvsτ = RT, ⇒ v = ≅ ≅ 7,25 . 2 −3 5 −4 с μ μpπr τ 44 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 3,14 ⋅ 4 ⋅ 10 ⋅ 300 Пример № 25. Метеорологический зонд объёмом V = 1 м3 с весом оболочки и контейнега m0 = 200 г заполняют при атмосферном давлении p0 = 0,1 МПа горячим воздухом при температуре окружающей среды 27 0С. Какую температуру должен иметь горячий воздух внутри зонда, чтобы он мог свободно парить в воздухе? 1. Состояние безразличного равновесия зонда будет иметь место при равенстве силы тяжести силе Архимеда. Сила тяжести зонда будет складываться из веса оболочки и веса содержащегося в ней воздуха ρ1gV = ρ 2 gV + m 0 g , (1) 3 где ρ2 плотность горячего воздуха, ρ1 ≅ 1,3 кгм плотность окружающего воздуха. 2. Из уравнения (1) следует, что m 0 = (ρ1 − ρ 2 )V . (2) 3. Выразим плотности горячего и холодного воздуха, воспользовавшись уравнением pμ pμ . (3) ρ1 = , ρ2 = RT1 RT2 4. Поделим уравнения (3) друг на друга ρ1 T2 ρT (4) = , ⇒ ρ2 = 1 1 , ρ 2 T1 T2 и подставим значение ρ2 в уравнение (2) ⎛ 300 ρT ⎞ T1 ≅ ≅ 354 K = 82 0 C . m 0 = ⎜⎜ ρ1 − 1 1 ⎟⎟V, ⇒ T2 = 0 , 2 m T 0 2 ⎠ ⎝ 1− 1− 1,3 ⋅ 1 ρ1V 53 (5) Пример № .26. Определить величину концентрации молекул воздуха в единице объёма при нормальных условиях. 1. Из уравнения Клапейрона − Менделеева определим объём одного моля газа ν = 1 при нормальном давлении р0 ≅ 0,1 МПа и нормальной температуре Т0 ≅ 273 К νRT0 1 ⋅ 8,3 ⋅ 273 (1) V0 = ≅ ≅ 22,65 ⋅ 10 −3 м 3 . p0 105 2. В одном моле любого вещества, как известно, содержится NA молекул, а их концентрация определится как N 6 ⋅ 10 23 1 n= A ≅ ≅ 2,6 ⋅ 10 25 3 . (2) −3 V0 22,7 ⋅ 10 м Пример № .27. Вблизи поверхности Земли 78,08% молекул воздуха приходится на долю азота (N2), 20,95% − на долю кислорода (О2), 0,93% на долю аргона (Ar), 0,04% на долю всех остальных газов. Определить для нормальных условий парциальное давление газов и среднюю молекулярную массу воздуха. 1.Уравнение Клайперона − Менделеева для каждого из компонентов воздуха запишется следующим образом m ( N1 ) m (O 2 ) m(Ar) . (1) p(N 2 )V = RT, p(O 2 )V = RT, p( Ar)V = μ( N 2 ) μ (O 2 ) μ(Ar) 2. По условию задачи: m(N2) = 0,781m; m(O2) = 0,21m; m(Ar) = 0,1m, где m масса смеси. 3. Найдём плотность смеси, воспользовавшись уравнением p0 m ρ= = = V ⎛ 0,781 0,21 0,1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟RT + + ⎝ μ( N 2 ) μ(O 2 ) μ(Ar) ⎠ . (2) кг 10 5 ≅ 1,2 3 = 0,1 ⎞ ⎛ 0,781 0,21 м + + ⎟⎟ ⋅ 8,3 ⋅ 273 ⎜⎜ 0 , 028 0 , 032 0 , 04 ⎠ ⎝ 4. Определим парциальные давления газов m( N 2 ) 0,781 0,781 (3) p(N 2 ) = RT = ρRT = 1,2 ⋅ ⋅ 8,3 ⋅ 273 ≅ 7,6 ⋅ 10 4 Па , Vμ( N 2 ) μ( N 2 ) 0,028 m (O 2 ) 0,781 0,21 (4) p(O 2 ) = RT = ρRT = 1,2 ⋅ ⋅ 8,3 ⋅ 273 ≅ 1,8 ⋅ 10 4 Па , Vμ(O 2 ) μ (O 2 ) 0,032 p(Ar) = m(Ar) 0,1 0,1 RT = ρRT = 1,2 ⋅ ⋅ 8,3 ⋅ 273 ≅ 6,8 ⋅ 103 Па. Vμ(Ar) μ(Ar) 0,04 Пример № 28. В невесомой герметичной оболочке воздушного шара находится гелий. Определить подъёмную силу шара, если в нём находится m = 5 кг газа. Оболочка шара сделана из упругого материала и может свободно растягиваться. 1. Определим, воспользовавшись уравнением Клайперона − Менделеева, массу вытесненного 54 (5) шаром воздуха, с учётом равенства давлений внутри и вне шара μ pV m1 = 1 , (1) RT где μ1 = 0,03 кг/моль молярная масса воздуха 2. С другой стороны, объём шара можно выразить из уравнения состояния гелия, находящегося внутри шара mRT V= , (2) μp где μ = 0,004 кг/моль − молярная масса гелия. 3. Подставим значение объёма из уравнения (2) в уравнение (1) μ m1 = 1 m . (3) μ 4. Подъемная сила шара определится в виде разности силы Архимеда и силы тяжести ⎛μ ⎞ ⎛ 0,03 ⎞ F = m1g − mg = ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟mg ≅ ⎜ − 1⎟ ⋅ 5 ⋅ 10 ≅ 325 H . ⎝ 0,004 ⎠ ⎝μ ⎠ Пример № .29. Определить молекулярную формулу некоторого соединения углерода с водородом, если известно, что при температуре t = 27 0С и давлении р ≅ 0,1 МПа объём этого вещества составляет V = 1⋅10 − 3 м3, и имеет массу m = 0,65 г. 1. Запишем искомую химическую формулу заданного вещества в виде СхНу, молярная масса в таком случае может быть представлена в виде μ = μ(С) х + μ(Н) у = 12 ⋅ 10 −3 x + 1 ⋅ 10 −3 y , (1) 3 3 где μ(С) = 12⋅10 кг/моль молярная масса углерода, μ(Н) = 1⋅10 кг/моль молярная масса водорода. 2. Определим далее молярную массу заданного вещества с помощью уравнения состояния mRT кг μ= ≅ 44 ⋅ 10 −3 . (2) pV моль 3. Методом подбора несложно определить, что уравнение 44 = 12х + 1у, (3) справедливо при х = 1 и у = 4. Химическая формула соединения СН4. Пример № 30. Тонкостенный резиновый шар с собственной массой m = 0,06 кг наполнен неоном и погружен в водоём на глубину h = 120 м, где он находится в состоянии безразличного равновесия. Определить массу неона, если температура окружающей его воды t = +4 0 C, а атмосферное давление р0 ≅ 0,1 МПа. 55 1. Состояние равновесия между силой тяжести и силой Архимеда можно представить следующим уравнением m1g + mg = ρgV , (1) 3 3 где m1 масса неона, m масса оболочки, ρ = 1⋅10 кг/м плотность воды, V объём шара. 2. Запишем уравнение состояния неона внутри шара (p 0 + ρgh )V = m RT . (2) μ 3. Выразим из уравнений (1) и (2) объём m +m mRT . (3) V= 1 = ρ μ(p 0 + ρgh ) 4. Уравнение (3) содержит одну неизвестную величину m1 ρmRT = (m1 + m)μ(p 0 + ρgh ) , ρmRT = m1μp 0 + mμp 0 + m1μρgh + mμρgh , ρmRT - mμp 0 − mμρgh = m1μp 0 + m1μρgh , m1 [μ(p 0 + ρgh )] = m(ρRT − μp 0 − μρgh ) , m1 = [ ( )] (4) m[ρRT − μ(p 0 − ρgh )] 0,06 103 ⋅ 8,3 ⋅ 277 − 0,02 105 − 1,2 ⋅ 106 ≅ 0,5 кг . ≅ [μ(p 0 + ρgh )] 0,02 ⋅ 1,3 ⋅ 106 Пример № 31. Иногда из водопроводного крана вытекает вода, белая как молоко. Через непродолжительное время отстаивания вода снова становится прозрачной. Объясните это явление. 1. Газы в жидкостях, в воде в частности, могут находиться в двух состояниях. В растворенном состоянии молекулы газа, к воздуху это относится в полной мере, перемешаны с молекулами жидкости. В свободном состоянии газ присутствует в виде мельчайших, от нескольких долей до нескольких десятков микрон. Такие пузырьки с газом и парами жидкости могут достаточно долго существовать, и пока по не вполне понятным причинам не растворяются и не всплывают на поверхность. Такие микроскопические полости не видно не вооруженным глазом, вода сохраняет, при этом, прозрачность 2. В водопроводной системе поддерживается некоторое избыточное по сравнению с атмосферным давление, необходимое для подачи воды в верхние этажи домов и на возвышенности. При истечении из крана давление резко уменьшается на достаточно малой протяжённости струи L и понижается до давления насыщенных паров воды. При температуре t ≅ 10 0 C давление насыщенных паров уводы составляет рs ≅ 1230 Па. Эта величина на несколько порядков меньше величины давления в трубопроводе р ≅ (2 −⋅7)105 Па. 3. Попадая в зону пониженного давления полости начинают быстро расти за счёт заполнения парами жидкости и растворёнными газами. При движении в трубопроводе полости находятся в состоянии равновесия, когда давление пара ps, давление газа pg и давление Лапласа, обусловленное кривизной поверхности Rg(0) и поверхностным натяжением σ, компенсируются внешним давлением р p = ps + pg − 56 σ R g (0) . (1) 4. Таким образом, в кране вода испытывает «холодное кипение», которое в гидродинамике и акустике называется кавитацией. После наполнения стакана водой после уменьшения интенсивности турбулентного движения пузырьки, придающие воде молочный цвет, под действием силы Архимеда начинают всплывать на поверхность, и вода приобретает свой обычный вид. 5. Аналогичные процессы протекают при откупоривании бутылок шампанского и газированной воды, с той разницей, что в бутылках содержится гораздо меньше кавитационных ядер (микроскопических полостей) чем в водопроводной воде. Пример № 32. Согласно закону Бойля − Мариотта для идеального газа, находящегося при постоянной температуре справедливо уравнение pV = const. Почему же, в таком случае, при надувании щёк одновременно повышается и давление и объём? 1.Парадокса, естественно, в этой ситуации нет. Изотермический закон не нарушается. Объём ротовой полости у взрослого человека не превышает 0,5 литра, в то время как объём лёгких составляет порядка 3 − 5 литров. 2. Процесс надувания щёк заключается, если рассматривать только физическую строну процесса, в повышении давления в ротовой полости за счёт энергии мышц. Имеется два сосуда переменного объёма, лёгкие и рот, из большего сосуда воздух подаётся в малый сосуд. Запишем уравнение состояния для ротовой полости во время надувания щёк m( t ) p( t ) ⋅ V ( t ) = RT , (1) μ в этом уравнении три постоянные величины: температура Т, молярная масса μ и, разумеется, универсальная газовая постоянная R. Все остальные параметры, включая массу − переменные. Отсюда и несовпадение. Пример № 33. Почему от горящих сухих поленьев время от времени с треском отлетают искры? 1. Древесина, как известно, структура рыхлая, например, бальза имеет минимальную плотность из всех пород дерева ρ = 110 − 140 кг/м3, берёза − ρ = 500 − 800 кг/м3, дуб − ρ = 600 − 800 кг/м3, что говорит о содержании в структуре дерева пор. В большинстве своём, поры представляют собой закрытые объёмы, заполненные воздухом. 2. При горении древесины повышается температура газа в порах, объём газа, при этом увеличивается. Процесс на начальной стадии прогрева можно описать уравнением Клапейрона Менделеева νRT pV = νRT, ⇒ V = . (1) p 3. Предположим, что температура при горении древесины изменяется с 17 0С до 400 0С, т.е., примерно в 24 раза, причём наиболее быстро температура растет, когда область горения расположена в непосредственной близости от замкнутого объёма газа. Взрывообразное увеличение объёма газа приводит к мгновенному взрывообразному же разрушению горящей поверхно- 57 сти, частицы которой в виде догорающих частиц разлетаются в сторону горящей поверхности. 4. Сырая древесина горит менее интенсивно. Пары воды, содержащиеся в полостях, замедляют нагревание, ограничивающая поверхность, деформируясь, растрескивается. Через образовавшиеся щели нагретый газ исходит наружу, не вызывая видимых эффектов. Пример № 34. Сколько электронов заключается в объёме V = 1 м3азота при нормальном атмосферном давлении p0 = 0,1 МПа при температуре t = 27 0С? 1. Определим количество молей азота N2 в заданном объёме, воспользовавшись уравнением состояния m m pV pV = RT, ⇒ ν= = . (1) μ μ RT 2. Количество атомов азота определится с помощью постоянной Авогадро с учётом того, что молекула азота состоит из двух атомов m pV N = 2N A = 2 N A . (2) μ RT 3. Количество электронов в атоме равно порядковому номеру элемента в периодической таблице Д.И. Менделеева. Атом азота имеет z = 7 электронов, поэтому уравнение (2) примет вид pV 105 ⋅ 1 N e = 2N A z = 2 ⋅ 6 ⋅ 10 23 ≅ 2,8 ⋅ 10 25 . (3) RT 8,3 ⋅ 300 Пример № 35. На поверхность воды выливают каплю масла массой m = 0,08 мг, которая, растекаясь, образует масляную плёнку в виде круга площадью s = 200 см2. Полагая, что толщина плёнки примерно равна диаметру молекулы масла, определить его величину. Плотность масла равна ρ = 9,2 102 кг/м3. 1. Определим объём масла разлитого на поверхности воды V = s ⋅ d 0 , где d0 − диаметр молекулы масла. 2. Выразим массу масла через его плотность и объём m 8 ⋅ 10 −8 ≅ 4,34 ⋅ 10 −9 м . m = ρV = ρsd 0 , ⇒ d 0 = ≅ (1) −2 sρ 2 ⋅ 10 ⋅ 920 Пример № 36. Электрическая лампа накаливания наполнена азотом (N2) при давлении p = 79,8 кПа. Объём колбы лампы равен V = 500 см3 . Какое количество воды войдёт в лампу, если у неё отломить кончик на глубине 1 м от поверхности воды? Атмосферное давление принять равным p0 = 100 кПа. 58 1.Поскольку процесс протекает при постоянной температуре, то его можно описать уравнением изотермического процесса pV = p1V1, где р1, V1 давление и объём газа после заполнения лампы водой. 2. Давление в погруженном состоянии определится в виде суммы атмосферного давления и давления столба жидкости p1 = p 0 + ρgh . (1) 3. Подставим значение давления из уравнения (1) в соотношение изотермического процесса и решим его относительно объёма V1 pV = (p 0 + ρgh )V1 , . pV 8 ⋅ 10 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 ≅ 3,64 ⋅ 10 −4 м 3 ≅ 5 4 p 0 + ρgh 1 ⋅ 10 + 10 4. Определим далее объём вошедшей в лампу воды Vx = V − V1 = 13,6 ⋅ 10 −4 м 3 . V1 = (2) (3) Пример № 37. Приведен график изменения состояния идеального газа в координатах P – V. Представить этот процесс в координатах V − T 1. Переход 1 − 2 происходит при постоянном давлении, переход 2 − 3 происходит при постоянном давлении, процесс 3 − 4 протекает при постоянной температуре, переход 1 − 4 происходит по изотермической схеме. 2. Изобара (переход 1 − 2) в координатах V − T будет проходить через начало координат под углом 450 к одной из осей. Изохоры (переходы 2 −3 и 4 − 1 будут в данных осях параллельны горизонтальной оси, а изотерма (переход 3 − 4) будет перпендикулярен оси температур. Пример № 38. Где наиболее вероятны утренние заморозки − на возвышенностях или в низинах? 1. Для атмосферного воздуха справедливо уравнение состояния идеального газа m pV = RT , μ откуда плотность газа определяется как pμ ρ= , RT 59 (1) (2) откуда следует, что с уменьшением температуры плотность газа растёт. 2. Изменение плотности газа с температурой будет приводить к тому, что вблизи земной поверхности за счёт конвекции будет скапливаться наиболее холодный воздух, что, собственно и приведёт к увеличению заморозков в низких местах. Пример № 39. На блюдце с горячей водой опрокинули вверх дном стакан. Будет ли меняться уровень воды в стакане по мере остывания воды? 1. Между жидкостью и внутренней поверхностью стакана заключён некоторый объём воздуха, поэтому для него справедливо уравнение (1) предыдущей задачи. В правой части уравнения величины m, μ, R являются постоянными, а температура по мере остывания воды в стакане будет уменьшаться. 2. Уменьшение температуры по мере остывания воды приведёт к уменьшению давления в стакане. Разность внутреннего и внешнего давлений при наличии зазоров между дном блюдца и кромкой стакана приведёт к прониканию воды внутрь, уровень воды в стакане будет повышаться до момента выравнивания давлений. Пример № 40. Почему нагретая медицинская банка «присасывается к телу человека? 1. Перед тем как ставить медицинскую банку в неё на несколько секунд помещают горящий ватный тампон, смоченный спиртом, что приводит к нагреванию воздуха внутри банки. При опрокидывании банки к телу, находящийся в ней воздух начинает охлаждаться, сокращая свой объём. 2. Оценим изменение объёма воздуха при изменении температуры. Будем считать, что медицинская банка представляет собой сферу диаметром d = 5 см. Таким образом, объём воздуха, заключённого в банке равен 4 d3 d3 V= π ≅ ≅ 4 ⋅ 10 −6 м 3 . (1) 3 8 2 3. Найдём количество вещества, заключённого в медицинской банке ρV 1,3 ⋅ 4 ⋅ 10 −6 ≅ ≅ 4,3 ⋅ 10 −5 молей . (2) ν= μ 0,03 3. Определим изменение объёма, считая что начальная температура воздуха в банке составляет 400 0С, а конечная 40 0С, т.е. ΔТ ≅ 360 К νRΔT 4,3 ⋅ 10 −5 ⋅ 8,3 ⋅ 360 pΔV = νRΔT, ⇒ ΔV = = ≅ 1,3 ⋅ 10 −6 м 3 . (3) p 105 Таким образом, объём уменьшается на 1,3 см3, что и повлечёт за собой вспучивание некоторой части тела человека внутрь банки, т.е. явление «присасывания». Пример № .41. Почему с древнейших времёни до нашего времени стволы артиллерийских орудий имеют утолщение у основания ствола, т.е. в казённой части? 60 1. Оценим изменение давления при сгорании пороха в момент перехода когда взрывчатое вещество перешло в газообразное состояние, считая что температура изменяется на ΔТ ≅ 3000 К, плотность вещества приближенно примем равной ρ ≅ 200 кг/м3, молярную массу вещества μ ≅ 0,05 кг/моль RΔT 8,3 ⋅ 3000 Δp = ρ ≅ 200 ⋅ ≅ 1 ⋅ 108 Па . (1) μ 0,05 2. Примем далее, что давление приложено к площади цилиндрической формы радиусом r = 5 см и протяжённостью l = 20 см, другими словами s = 2πr⋅l ≅ 0,03⋅0,2 ≅ 0,06 м2. 3. Рассчитаем примерную величину действующей силы F = Δps ≅ 6 ⋅ 106 Н. (2) 3. Чтобы выдержать действие столь больших сил, диаметр казённой части орудий делается утолщённым относительно остальной протяжённости ствола. При движении снаряда по каналу ствола объём занимаемый пороховыми газами увеличивается, давление падает. Пример № 42. Одну и ту же автомобильную шину накачивают до нужного давления два раза. Первый раз зимой, при температуре t1 = − 33 0С, а торой раз летом, при температуре t2 = +27 0C. Одинаковое количество воздуха потребуется для достижения заданного давления? 1. Запишем уравнения Клайперона − Менделеева для двух состояний газа в покрышке и образуем систему m1 ⎫ RT1 ,⎪ μ ⎪ ⎬, m2 pV = RT2 ⎪ ⎪⎭ μ pV = (1) где m1,m2 − масса воздуха в шине, соответственно зимой и летом. 2. Разрешим уравнения системы (1) относительно масс pVμ ⎫ , RT1 ⎪⎪ ⎬. pVμ ⎪ m2 = RT2 ⎪⎭ m1 = (2) 3. Поделим почленно уравнения системы (2) m1 T2 300 (3) = = = 1,25 , m 2 T1 240 как следует из уравнения (3), зимой для достижения требуемого давления потребуется по массе в 1,25 раза больше воздуха. Пример №. 43. Технология изготовления ламп накаливания заключается в том, что из баллона откачивают воздух, а затем заполняют азотом при давлении ниже атмосферного. Из каких соображений выбирается количество азота в баллоне лампы? 61 1. Воспользуемся некоторыми справочными данными и выберем требуемые для решения задачи параметры: температуру газа в рабочем состоянии примем равной 500 К, радиус сферической части лампы r = 0,05 м, молярная масса азота (N2) = 28⋅10 − 3 кг/моль. 2. В рабочем состоянии лампы давление азота не должно превышать атмосферного давления р0 = 0,1 МПа, это позволит сделать стеклянный баллон лампы накаливания менее тонким p Vμ p 0 4r 3 28 ⋅ 10 −3 m= 0 ≅ ≅ RT RT 1 ⋅ 105 ⋅ 4 ⋅ 1,24 ⋅ 10 −4 28 ⋅ 10 −3 ≅ ≅ 3,5 ⋅ 10 −4 кг, . (1) 8,3 ⋅ 500 ν= m 3,5 ⋅ 10 −4 ≅ ≅ 0,0125 молей μ 28 ⋅ 10 −3 Пример № 44. Имеются две идентичные стеклянные колбы одинакового объёма. Одна колба заполнена сухим воздухом, а вторая − влажным. Какая из колб будет весить больше при использовании для их взвешивания точных лабораторных весов? 1. Как это ни покажется странным, но больший вес будет иметь колба с сухим воздухом. Чтобы в этом убедится достаточно сравнить молярные массы воздуха μ1 = 0,03 кг/моль и воды μ2 = 0,018 кг/моль. 2. Поскольку один и том же объём в первом случае содержит газ с большей молярной массой, а во втором часть молекул замещена паром воды с меньшей молярной массой, то «влажный» объём будет иметь большую массу. Это следует, в частности, из уравнения (1) предыдущей задачи pVμ m= . (1) RT Пример № 45. Воздушный пузырёк сферической формы всплывает со дна глубокого водоёма. Будет ли изменяться при его подъёме величина выталкивающей силы? 1. Пренебрегая диффузионными эффектами в процессе всплытия, условие равновесия воздушного пузырька радиуса R0 в жидкости можно представить следующим образом 2σ (1) p 0 + ρgh = p g + R0 где р0 − атмосферное давление, ρ − плотность воды, σ − коэффициент поверхностного натяжения на границе раздела вода − воздух, R0 − радиус воздушного пузырька, рg − давление газа в пузырьке. 2. По мере всплытия пузырька будет уменьшаться величина гидростатического давления (h − уменьшается). Чтобы при этом равенство (1) сохранялось, необходимо, чтобы увеличивался радиус воздушной полости, т.е. её объём, который определяет величину силы Архимеда 4 FA = ρg πR 3 . (2) 3 62 Пример № 46. Детский шарик радиусом r = 12,5 см наполнен водородом при нормальных условиях. При какой массе оболочки шарика он будет находиться в состоянии безразличного равновесия? 1. Результирующая сила, действующая на шарик, определится в виде разности силы тяжести и силы Архимеда (1) FΣ = m1g − g(m 2 − m 3 ) , где m1 − масса воздуха, находящегося внутри шарика, m2 − масса водорода внутри шарика, m3 − масса оболочки шарика. 2. Перепишем уравнение (1) исходя из условия задачи FΣ = 0 (2) m 3g = g(m1 − m 2 ) 3. Величину (m1 − m2) определим, воспользовавшись уравнением состояния газов в шарике p V m 3g = g 0 (μ воз − μ водор ) , RT0 m3 = p0 4πк 3 μ воз − μ водор = 9,6 ⋅10− 3 кг . 3RT0 ( 63 ) (3)
