Kinetyczna teoria gazow

Nasza ocena:

3
Wyświetleń: 749
Komentarze: 0
Notatek.pl

Pobierz ten dokument za darmo

Podgląd dokumentu
Kinetyczna teoria gazow - strona 1 Kinetyczna teoria gazow - strona 2 Kinetyczna teoria gazow - strona 3

Fragment notatki:

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
2 kT
f (V ) = CV e
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, µH2=2g/mol=2·10-3 kg/mol i µO2=32g/mol=32·10-3 kg/mol, R=8,31 J/(kg mol).
Naszkicuj wykres f(V) obu gazów.
2
10.2.
Funkcję rozkładu prędkości cząsteczek gazu doskonałego można zapisać w formie:

mV 2
2 kT
f (V ) = DV e
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 T1=300K i T2=900K. Naszkicuj wykres f(V) gazu w obu
temperaturach. µN2=28g/mol=28·10-3 kg/mol, R=8,31 J/(kg mol).
2
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/s2 i tp=70C.
10.4.*
Czy na Mount Evereście można zagotować jajko na twardo ? Założenia:
1/ ścinanie białka zachodzi w temperaturze t=60-720C ,
2/ związek temperatury wrzenia wody z ciśnieniem powietrza przy powierzchni wody jest
1 px 1 1
ln
= −
następujący:
A p0 T0 Tx
gdzie: p0=9,81·104Pa, T0=373K, A=4950 K, a Tx jest temperaturą wrzenia wody pod
ciśnieniem px, przyspieszenie ziemskie i temperatura powietrza nie zależą od wysokości przy
czym g=9.81m/s2 i tp=70C.
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/s2, tp=100C, ciśnienie p0=1000hPa.
10.6.**
W wirówce o promieniu R=1m obracającej się z prędkością obrotową ω=3000obr/min.
znajdują się pary fluorku uranu UF3.Określ jak zmienia się koncentracja tego gazu w
zależności od odległości od osi obrotu. Porównaj koncentracje w przypadku gdy mamy do
czynienia z mieszaniną 235UF3 i 238UF3. Założenia:
1/ wlot gazu o temperaturze T=400K i ciśnieniu normalnym jest na osi wirówki,
2/ iloraz koncentracji wynosi: η0 = n235/n238=0.007 oraz µ235=292g/mol, µ238=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:
2kT
2 N AkT
2 RT
Vp =
=
=
.
µ
µ
m
Dla gazów z zadania:
m
m
V pO 2 = 394,73
i V pH 2 = 1579
s
s
V pO 2
µH 2 1
oraz
=
= .
V pH 2
µO 2 4
10.2.R.
V pT 1 = 422
m
m
V pT 2 = 730 .
s
s
10.3.R.
Przy takich założeniach można zastosować tzw. wzór barometryczny (patrz 10.4.R):
p (h ) = p0e

mgh
kT
= p0e

µ gh
RT
, gdzie: p(h) jest ciśnieniem gazu o temperaturze T na
wysokości h względem poziomu odniesienia na którym panuje ciśnienie p0, m- masa
molekuły gazu, µ-masa molowa gazu.
Związek między ciśnieniem i koncentracją η jest następujący:
µgh

pV
N
N p
N p0
= nR =
R = Nk ⇒ η = =
i η0 = =
czyli η = η0e RT .
T
NA
V kT
V kT
Dla powietrza możemy przyjąć: µ=28,8g, p0=1000 hPa.
Wyniki obliczeń:
a/ p(0)=p0=1000 hPa, η0=2,6 ·1025 m-3,
b/ p(2499m)=0,74p0, η(2499m)=0,74η0,
c/ p(4807m)=0,55p0, η(4807m)=0,55 η0,
d/ p(8850m)=0,33p0, η(8846m)=0,33 η0.
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 px=0,33p0 (patrz zadanie 10.3)
więc woda w tym miejscu będzie wrzała w temperaturze
1
1 1 p
1 ln 0.33
= − ln x = −
czyli Tx = 345K = 720 C .
Tx T0 A p0 T0
A
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.
RT p0 RT
h=
ln
=
ln 2 = 5,77km .
µg p h µg
10.6.R.
Można znaleźć związek między równaniem Boltzmanna, wzorem barometrycznym i
rozkładem koncentracji gazu w wirówce.
W ogólnym przypadku równanie Boltzmanna jest następujące:
n2 = n1e
E −E
− 2 1
kT
gdzie n1 i n2 koncentracje cząstek o energii E1 i E2 w temperaturze T.
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:
n2 = n1e
E −E
− 2 1
kT
= n1e
E + mgh − E0
− 0
kT
= n1e

mgh
kT
.
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 Fod=mω2r . Porównując energię potencjalną w polu
siły odśrodkowej cząstek blisko osi E0 z cząstkami znajdującymi się w odległości r Er od osi
stwierdzimy, że :
r
r
mω 2 r 2
E (r ) − E (0) = ∫ F dr = ∫ − mω 2 r dr = −
gdzie F = − Fod .
2
0
0
Dlatego podstawiając do równania Boltzmanna
E1=E0 - mω2r2/2
oraz
E2= E0 ,
otrzymamy zależność koncentracji cząstek gazu w funkcji odległości od osi obrotu:
n2 = n 0 = n1e
E −E
− 2 1
kT
= nr e
E − ( E0 − mω 2 r 2 / 2 )
− 0
kT
= nr e

mω 2 r 2
2 kT
czyli nr = n0 e
mω 2 r 2
2 kT
.
Przy ścianie bocznej wirówki (r=Rw) koncentracja drobin 238UF3 jest
mω 2 R 2
µω 2 R 2
w
w
n Rw
= e 2 kT = e 2 RT = 1,11 razy większa od koncentracji przy osi.
n0
Porównując koncentracje różnych izotopów uranu w tej wirówce mamy:
n R 235 = n0− 235 e
2
µ 235ω 2 Rw
2 RT
oraz n R 238 = n0− 238 e
2
µ 238ω 2 Rw
2 RT
n
czyli η R = R 235 = η 0 e
n R 238
2
( µ 235 − µ 238 )ω 2 Rw
2 RT
η R = η0 ⋅ 0,997.
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.
... zobacz całą notatkę

Komentarze użytkowników (0)

Zaloguj się, aby dodać komentarz