Kinetyczna teoria gazow, semestr 2, fizyka, zadania

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
10. Kinetyczna teoria gazów.
Wybór i opracowanie zadań od 10.1do 10.6 - Bogusław Kusz.
Więcej zadań z tej tematyki znajdziesz w II części skryptu.
10.1.
Funkcję rozkładu prędkości cząsteczek gazu doskonałego można zapisać w formie:
mV
2
−
= gdzie
C
jest pewną stałą a
m
jest masą cząsteczki. Jest to jednocześnie
rozkład prawdopodobieństwa znalezienia w gazie o temperaturze
T
cząstek o prędkości
V
.
Wyprowadź wzór oraz oblicz najbardziej prawdopodobną prędkość wodoru i tlenu jeśli
T=300K,
µ
H2
=2g/mol=2·10
-3
kg/mol i
µ
O2
=32g/mol=32·10
-3
kg/mol
,
R
=8,31 J/(kg mol).
Naszkicuj wykres f(V) obu gazów.
f
V
)
CV
2
e
2
kT
10.2.
Funkcję rozkładu prędkości cząsteczek gazu doskonałego można zapisać w formie:
−
= gdzie
D
jest pewną stałą a
m
jest masą cząsteczki. Jest to jednocześnie
rozkład prawdopodobieństwa znalezienia w gazie o temperaturze
T
cząstek o prędkości
V
.
Wyprowadź wzór oraz oblicz najbardziej prawdopodobną prędkość cząstek azotu gdy
temperatura gazu wynosi
T
1
=300K i T
2
=900K
. Naszkicuj wykres
f(V)
gazu w obu
temperaturach. µ
N2
=28g/mol=28·10
-3
kg/mol,
R
=8,31 J/(kg mol).
mV
2
f
V
)
DV
2
e
2
kT
10.3.
Ocenić ciśnienie i koncentrację powietrza na wysokości: a/ 0m npm, b/ 2499m npm, c/
4807m npm, d/ 8850m npm. Założyć, że przyspieszenie ziemskie i temperatura powietrza nie
zależą od wysokości przy czym
g
=9.81m/s
2
i
t
p
=7
0
C.
10.4.*
Czy na Mount Evereście można zagotować jajko na twardo ? Założenia:
1/ ścinanie białka zachodzi w temperaturze
t
=60-72
0
C ,
2/ związek temperatury wrzenia wody z ciśnieniem powietrza przy powierzchni wody jest
następujący:
1
ln
p
x
=
1
−
1
A
p
T
T
0
0
x
gdzie:
p
0
=9,81·10
4
Pa,
T
0
=373K,
A
=4950 K, a
T
x
jest temperaturą wrzenia wody pod
ciśnieniem
p
x
, przyspieszenie ziemskie i temperatura powietrza nie zależą od wysokości przy
czym
g
=9.81m/s
2
i
t
p
=7
0
C.
10.5.
Na jakiej wysokości ciśnienie powietrza spada do połowy swej wartości przy powierzchni
morza ? Założyć, że przyspieszenie ziemskie i temperatura powietrza nie zależą od
wysokości. Dane:
g
=9.81m/s
2
,
t
p
=10
0
C, ciśnienie
p
0
=1000hPa.
10.6.**
W wirówce o promieniu R=1m obracającej się z prędkością obrotową ω=3000obr/min.
znajdują się pary fluorku uranu UF
3
.Określ jak zmienia się koncentracja tego gazu w
zależności od odległości od osi obrotu. Porównaj koncentracje w przypadku gdy mamy do
czynienia z mieszaniną
235
UF
3
i
238
UF
3
. Założenia:
(
(
1/ wlot gazu o temperaturze T=400K i ciśnieniu normalnym jest na osi wirówki,
2/ iloraz koncentracji wynosi: η
0
= n
235
/n
238
=0.007 oraz µ
235
=292g/mol, µ
238
=295g/mol,
3/ wirówka jest obracającym się wokół pionowej osi cienkim walcem (wpływ siły ciężkości
można zaniedbać).
10.Rozwiązania:
10.1.R
.
Problem sprowadza się do znalezienia maksimum funkcji
f(V)
czyli przyrównaniu jej
pochodnej do zera. Taka procedura prowadzi do wyniku:
V
=
2
kT
=
2
N
A
kT
=
2
RT
.
p
m
µ
µ
Dla gazów z zadania:
V
=
394
,
73
m
i
V
=
1579
m
pO
2
s
pH
2
s
oraz
V
pO
2
=
µ
H
2
=
1
.
V
µ
4
pH
2
O
2
10.2.R
.
V
=
422
m
V
=
730
m
.
pT
1
s
pT
2
s
10.3.R.
Przy takich założeniach można zastosować tzw. wzór barometryczny (patrz 10.4.R):
−
mgh
−
µ
=
gdzie:
p(h)
jest ciśnieniem gazu o temperaturze
T
na
wysokości
h
względem poziomu odniesienia na którym panuje ciśnienie
p
0
,
m
- masa
molekuły gazu,
µ
-masa molowa gazu.
Związek między ciśnieniem i koncentracją η jest następujący:
(
h
)
p
e
kT
=
p
e
RT
,
0
0
pV
N
N
p
N
p
−
gh
=
nR
=
R
=
Nk
⇒
η
=
=
i
η
=
=
0
czyli
η
η
RT
.
T
N
V
kT
0
V
kT
0
A
Dla powietrza możemy przyjąć: µ=28,8g,
p
0
=1000 hPa.
Wyniki obliczeń:
a/ p(0)=p
0
=1000 hPa, η
0
=2,6 ·10
25
m
-3
,
b/ p(2499m)=0,74p
0
, η(2499m)=0,74η
0
,
c/ p(4807m)=0,55p
0
, η(4807m)=0,55 η
0
,
d/ p(8850m)=0,33p
0
, η(8846m)=0,33 η
0
.
gh
p
µ
=
e
Jak widać z powyższych wyników taternicy na Rysach odczuwają lekki brak powietrza,
alpiniści na Mount Blanc (4807m) muszą głębiej oddychać a himalaiści na Mount Evereście
(8850m) mają bardzo duże problemy z oddychaniem.
10.4.R.
Ciśnienie na Mount Evereście w podanych warunkach wynosi p
x
=0,33p
0
(patrz zadanie 10.3)
więc woda w tym miejscu będzie wrzała w temperaturze
1
=
1
−
1
ln
p
x
=
1
−
ln
0
33
czyli
T
=
345
K
=
72
0
C
.
T
T
A
p
T
A
x
x
0
0
0
Wniosek: porównując temperatury krzepnięcia białka i temperaturę wrzenia wody można
sądzić, że na Mont Evereście prawdopodobnie można ugotować jajko na miękko. Ponieważ
przyjęliśmy w naszych obliczeniach parę założeń a temperatury niewiele się różnią więc nie
można wykluczyć, że w pewnych warunkach uda się przygotować jajko na twardo.
10.5.R.
h
=
RT
ln
p
0
=
RT
ln
2
=
5
77
km
.
µ
g
p
µ
g
h
10.6.R.
Można znaleźć związek między równaniem Boltzmanna, wzorem barometrycznym i
rozkładem koncentracji gazu w wirówce.
W ogólnym przypadku równanie Boltzmanna jest następujące:
−
E
2
−
E
1
n
=
n
e
kT
gdzie n
1
i n
2
koncentracje cząstek o energii E
1
i E
2
w temperaturze T.
2
1
Także w przypadku gdy cząstkami są cząsteczki powietrza ich koncentracja zależy od ich
całkowitej energii. Na wysokości
h
cząstki mają energię wyższą o wielkość
mgh
co wynika ze
stałości siły ciężkości
mg
. Biorąc to pod uwagę otrzymujemy wzór barometryczny:
−
E
2
−
E
1
−
E
0
+
mgh
−
E
0
−
mgh
n
=
n
e
=
n
e
=
n
e
.
kT
kT
kT
2
1
1
1
W wirówce obracającej się wokół pionowej osi na stałej wysokości koncentracja cząstek gazu
znajdującego się w bębnie zależy od prędkości obrotowej
ω
i od odległości od osi obrotu
r.
Wynika to z działania siły odśrodkowej
F
od
=mω
2
r
. Porównując energię potencjalną w polu
siły odśrodkowej cząstek blisko osi
E
0
z cząstkami znajdującymi się w odległości
r
E
r
od osi
stwierdzimy, że :
r
r
m
ω
2
r
2
E
(
r
)
−
E
(
0
=
∫
F
dr
=
∫
−
m
ω
2
r
dr
=
−
gdzie
F
=
−
F
.
2
od
0
0
Dlatego podstawiając do równania Boltzmanna
E
1
=E
0
- mω
2
r
2
/2
oraz
E
2
= E
0
,
otrzymamy zależność koncentracji cząstek gazu w funkcji odległości od osi obrotu:
E
−
E
E
−
(
E
−
m
ω
2
r
2
/
2
)
m
ω
2
r
2
m
ω
2
r
2
−
2
1
−
0
0
−
n
=
n
=
n
e
=
n
e
=
n
e
czyli
n
=
n
e
.
kT
kT
2
kT
2
kT
2
0
1
r
r
r
0
Przy ścianie bocznej wirówki (r=R
w
) koncentracja drobin
238
UF
3
jest
n
m
ω
2
R
2
µω
2
R
2
w
w
Rw
=
e
2
kT
=
e
2
RT
=
1,11 razy większa od koncentracji przy osi.
n
0
Porównując koncentracje różnych izotopów uranu w tej wirówce mamy:
µ
ω
2
R
2
µ
ω
2
R
2
n
(
µ
−
µ
)
ω
R
2
235
w
238
w
235
238
w
n
=
n
e
2
RT
oraz
n
=
n
e
2
RT
czyli
η
=
R
235
=
η
e
2
RT
R
235
0
−
235
R
238
0
−
238
R
n
0
R
238
η
R
Powyższy wynik mówi, że stosunek koncentracji izotopów ulega zmianie w wirówce. Mimo,
że zmiana jest stosunkowo niewielka to układ kaskadowo połączonych wirówek może służyć
do rozdzielenia gazów, których masy niewiele się różnią.
=η
0
⋅
0
997
.
2
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]
  • zanotowane.pl
  • doc.pisz.pl
  • pdf.pisz.pl
  • klobuckfatima.xlx.pl