Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет строительства и архитектуры

Предмет:

Физика

Файл:

Фізика / Соколович_Ю.А.-Фізика._Навчально-практичний_довідник-Ранок(2010).pdf

Скачиваний:

331

Добавлен:

06.02.2016

Размер:

5.63 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 6318 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 > Следующая >>>

2.Властивості газів (газові закони)

2.4.Розподіл молекул ідеального газу

за швидкостями (розподіл Максвелла)

Розподіл молекул ідеального газу за швидкостями зображено на рис. 126.

∆N — частка мо-

лекул, модуль швидкості яких міститься в інтервалі

від v до v + ∆v .

Рис. 126

2.5. Середня довжина вільного пробігу молекул

Середня довжина вільного пробігу молекул — середня відстань між двома послідовними зіткненнями молекул:

	=	1	=	kT
l					,
		2 πd2n		2 πpd2

де p = nkT;

d — ефективний діаметр молекули (мінімальна відстань, на яку зближуються центри двох молекул при їх зітк ненні);

n — концентрація молекул.

2.6. Приклади розв’язання задач

Задача 1.

Для деякої маси газу залежність тиску від температури має такий вигляд, як на рис. 127, а. Як змінюється об’єм газу?

Розв’язання:

Виконуємо додаткові побудови (рис. 127, б). Проводимо дві ізохори через точку 1 (V1 = const) і точ-

ку 2 (V2 = const) і одну ізотерму, яка перетинає дві ізохори. Точки перетину ізохор з ізотермою дають можливість визначити графічно p1 і p2.

149

Молекулярна фізика
p	2
	2
	1
0		T
	а	б
		Рис. 127

Застосовуємо закон Бойля—Маріотта:

p1V1 = p2V2 , якщо T = const , m = const .

Із графіка видно, що збільшується.

p	2

3	1
0	V
p	2
	2
3	1
	1
0	T
Задача 3.

p1 > p2 , отже, V1 < V2, тобто об’єм

Задача 2.

Данографікциклу 1→2 →3 для ідеального газу даної маси в координатах p, V. Побудувати графік у координатах p, T і V, T.

Розв’язання:
V	1
3	2
	2
0	T

За скільки помахів поршневого насоса ємністю V0 мож на відкачати газ у скляному балоні ємністю V до тиску p,

150

2. Властивості газів (газові закони)

якщо спочатку тиск у балоні дорівнював атмосферному p0 ? Процес ізотермічний.

Дано:	Розв’язання:

V0	У балоні газ у стані	p0,	V. При під-
V
	ключенні насоса — об’єм	(V0	+ V) , тиск p.
p0
	За законом Бойля—Маріотта після пер-
p
	шого помаху
T = const
	p0V = p1 (V0 + V) .

n — ?

Звідси p1 = Vp0+VV .

Після другого помаху p1V = p2 (V0 + V) .

Звідси p =

p V

p V2

= p

(V + V )2

V + V0

Після n помахів p = p

+ V0

Прологарифмуємо вираз: lg

= nlg

V + V0

Звідси n =

V + V0

Відповідь: n =

+ V0

Задача 4.

Компресор засмоктує з атмосфери щосекунди 4 л повітря, які подаються в балон ємністю 120 л. Через який час тиск у балоні буде перевищувати атмосферний у 9 разів? Початковий тиск у балоні дорівнює атмосферному.

151

Молекулярна фізика

Дано:				СІ:
	V = 120		л		V =0,12 м3
	∆V0	=4	л/с		∆V		=4 10	−3	м /с
	∆t	=4	л/с		∆t		=4 10		м /с
					0				3
	p	=9			p	=9
	p0
	p0				p
	p0 = pатм			0
	p0 = pатм				p0 = pатм
	∆t =1 с			∆t =1 с
t — ?

Розв’язання:

Процес ізотермічний, застосовуємо закон Бойля—Ма

ріотта. Об’єм повітря при тиску p0

∆V0

дорівнює V

∆t

Це саме повітря в балоні V має тиск p:

∆V0

V +t

= pV .

∆t

−1 ∆t

Виразимо t: t =

∆V0

Обчислення:

м3 Па с

= с , {t} =

0,12 (9−1) 1

=240 .

t =

м3 Па

4 10−3

Відповідь: t = 4 хв.

	l1
hðò1	l2
hðò1	hðò1
	hðò2

Рис. 128

Задача 5.

У трубці, закритій з одного кінця, стовпчик повіт ря замкнутий стовпчиком ртуті завдовжки h = 20 см. Коли трубка розміщена відкритим кінцем униз, довжина


стовпчика	повітря		дорівнює
l1 = 10 см.	Якщо		ж	трубку
нахилити	під	кутом		α =30°
до горизонту		отвором униз,
довжина	повітряного			стовп-

152

2. Властивості газів (газові закони)

чика дорівнюватиме l2 =8,46 см. Визначити атмосферний тиск (рис. 128).

Дано:		СІ:
ρрт =13600 кг/м3		ρрт =13,6 103	кг/м3
hрт1 =20 см		hрт1 =0,2 м
l1 =10 см		l1 =0,1 м
l2 =8,46 см		l2 =8,46 10−2	м
α =30°		α =30°
pатм — ?
		Розв’язання:
Процес ізотермічний, m = const.
Застосовуємо закон Бойля—Маріотта:
		p1V1 = p2V2 ,
V1 = Sl1 , V2 = Sl2 , p1Sl1 = p2Sl2 p1l1 = p2l2 .				(1)
Визначимо p1	і p2 :
p1 +ρртghрт1 = pатм p1 = pатм −ρртghрт1 ,

p2 +ρртghрт2 = pатм p2 = pатм −ρртghрт2 .

Підставимо значення p1 і p2 в (1):

		( pатм −ρртghрт1 )l1 =( pатм −ρртghрт2 )l2 ,
				hрт2 = hрт1 sinα ,
	( pатм −ρртghрт1 )l1 =( pатм −ρртghрт1 sinα)l2 .
Звідки pатм =			ρртghрт1 (l1 −l2 sinα)		.
Звідки pатм =					.
				l1 −l2
				Обчислення:
p	=	кг м м м		= Па ,
p	=			= Па ,
атм		м3 с2 м
						1
		13600 9,8 0,2 0,1−0,0846
		13600 9,8 0,2 0,1−0,0846
{ pатм } =						2	=105 .
{ pатм } =			(0,1−0,0846)				=105 .
			(0,1−0,0846)

Відповідь: pатм =100 кПа.

153

Молекулярна фізика

Задача 6.

Із даною кількістю ідеального газу проводять коловий

процес (цикл), зображений на діаграмі у вигляді кола. На
		якій ділянці циклу тиск газу
=		збільшується, а на якій — змен-
=		шується (рис. 129)?
		шується (рис. 129)?
		Розв’язання:
		Проведемо ряд ізобар через
		коловий процес. Оскільки на-
		хил ізобар тим більший, чим
	=	менший тиск газу (це витікає
		із p = const ізобарного проце-
O		су), то p1 < p2. Таким чином, на
O		су), то p1 < p2. Таким чином, на
		ділянці циклу 1→2 тиск га-

Рис. 129	зу збільшується, а на ділянці
	зу збільшується, а на ділянці
	2 →1 — зменшується.
Задача 7.

У повітряній кулі об’ємом 1400 м3 міститься водень при температурі 7 °С і тиску 720 мм рт. ст. Визначити силу тяжіння цього водню.

Дано:

V = 1400 м3

T = (7 + 273)К = 280 К p =720 мм рт. ст.

M(H2 ) = 2 10−3 кг/моль

R = 8,31 ( Дж )

К моль g =9,8 м/с2

mg — ?

СІ:

V = 1,4 103 м3

T = (7 + 273)К = 280 К p ≈ 9,6 104 Па

M(H2 ) = 2 10−3 кг/моль

R = 8,31 ( Дж )

К моль g =9,8 м/с2

Розв’язання:

Рівняння Клапейрона—Менделєєва: pV = Mm RT , m = pVMRT ,

тоді mg = pVMgRT .

154

2. Властивості газів (газові закони)

		Обчислення:
	=	Па м3 кг К моль м		= Н ,
mg
mg		Дж моль	с2 К
		Дж моль	с2 К
{mg} =	9,6 104 1400 2		10−3 9,8	=1132 .
{mg} =		8,31 280		=1132 .
		8,31 280

Відповідь: mg = 1,13 кН.

Задача 8.

У циліндричній посудині з площею основи 250 см2 міститься 10 г азоту, стисненого поршнем, на якому лежить гиря масою 12,5 кг. Визначити роботу газу при його нагріванні від 25 до 625 °С. Атмосферний тиск 760 мм рт. ст. Чи залежить робота від маси гирі?

Дано:

СІ:

S =250

см2

S =250 0,0001 м2 =2,5 10−2 м2

m =10

m =10 0,001кг =10−2 кг

m1 =12,5 кг

=12,5 кг

=25°C

=(273+25) К =298 К

=625°C

=(273+625) К =898 К

=760 мм рт. ст.

=760 133,3 Па =105

Па

M(N2 ) =28 10−3

кг/моль

M(N2 ) =28 10−3 кг/моль

A — ?

Розв’язання:

A = p∆V, оскільки процес ізобарний.

Знайдемо p: p = pатм +

m1g

За рівнянням Клапейрона—Менделєєва визначимо V1,

V2,

V2 −V1 :

mRT1

mRT2

pV1

RT1 V1 =

pV2 =

RT2 V1 =

Тоді

A =

(T2

−T1 ) p =

(T2 −T1 ) ,

A =

(T2 −T1 ) .

155

Молекулярна фізика

Робота не залежить від маси гирі й від площі основи посудини.

			Обчислення:
		=	кг моль Дж	= Дж ,
A
A			кг К моль
{ A} =	10−2 8,31 (898−298)				=1780 .
{ A} =			28 10−3		=1780 .
			28 10−3

Відповідь: A = 1,78 кДж.

Задача 9.

Після того як у кімнаті протопили піч, температура підвищилася з 15 до 27 °С. На скільки процентів зменшилось число молекул у кімнаті?

Дано:

СІ:

t1 = 15°C

T1 =(273+15) К =288 К

= 27 °C

T2 =(273+27) К =300 К

= p2 = p

∆N

100% — ?

Розв’язання:

p = nkT ,

p =n1kT1

тиск газу сталий;

p =n2kT2

n1 =

, n2 =

p =

kT1 ,

p =

kT2 ,

N2 =

−

−N2

−

−T1

∆N

kT1

kT2

kT1

∆N

100%=

T2 −T1

100%.

156

<<< < Предыдущая 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 6318 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Фізика

#
06.02.20166.09 Mб104BAZOVYI_PRAKT_23_1_11.docx
#
06.02.20161.37 Mб76CPETSPRAKTYKUM26_1_12_nov.docx
#
06.02.201616.96 Mб148Пономар.Mexanika (конспект лекцій).doc
#
06.02.20165.63 Mб331Соколович_Ю.А.-Фізика._Навчально-практичний_довідник-Ранок(2010).pdf