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)