1.1 стрение вещества. 1.2.кинетика газов

1. Молекулярная физика
1.1. Молекулярное строение вещества
1.1.1. Определить относительную молекулярную массу Mr: воды
H2O; углекислого газа CO2; поваренной соли NaСl.
Решение
1. Относительная молекулярная масса вещества может быть вычислена по уравнению
(1)
Mr 
n i A r (i ) ,

i
где ni число атомов i того химического элемента, Ar(i) относительная
атомная масса химического элемента, определяемая по таблице Д.И.
Менделеева.
2. Относительная молекулярная масса воды
M r (H 2 O)  2 1  116  18 .
3. Относительная молекулярная масса углекислого газа
M r (CO 2 )  112  2 16  44 .
4.Относительная молекулярная масса поваренной соли
M r ( NaCl )  1 23  1 35,5  58,5 .
1.1.2. Найти молярную массу серной кислоты H2SO4
Решение
1. Молярная масса определится из соотношения
(H 2SO 4 )  [2  32  (16  4)] 10 3  98 10 3 кг / моль
1.1.3. Определить массу одной молекулы m0: воды H2O, поваренной
соли NaCl, углекислого газа CO2.
Решение
1. Масса произвольного количества вещества определяется как
(1)
m  m 0 N  m 0 N A   ,
после сокращения количества вещества  и преобразований получим

m0 N A    m0 
.
(2)
NA
11
2. Определим массу одной молекулы заданных веществ: для воды
18 10 3
m 0 ( H 2 O) 
 3 10 26 кг ;
(3)
6 10 23
для поваренной соли
23  35,510 3  9,75 10 26 кг ;
m 0 NaCl  
(4)
6 10 23
для углекислого газа
(12  32 ) 10 3
m 0 (CO 2 ) 
 7,33 10 26 кг .
(5)
6 10 23
1.1.4. В сосуде находится  = 0,2 моля кислорода объёмом V = 210 -3
м3. Определить плотность газа.
Решение
1. Запишем два уравнения для массы газа
m  V, m   ,
откуда плотность  определится как
 32 10 3  0,2
кг


 3,2 3 .
3
V
2 10
м
(1)
(2)
1.1.5. Определить количество вещества  и число молекул N азота
N2 массой m = 0,2 кг.
Решение
1.Определим количество вещества
m
0,2
(1)
 
 7,14 молей .
 14  210 3
2. Выразим количество вещества через число Авогадро и найдём
общее число молекул
N

 N  N A  7,14  6 10 23  43 10 23 .
(2)
NA
1.1.6. В сосуд объёмом V = 3103 м3 помещён кислород массой 4103
кг. Определить количество вещества , его плотность  и число молекул газа N.
Решение
1. Определим количество вещества
12
m
4 10 3

 0,125 молей .
 16  210 3
2. Запишем уравнения для фиксированной массы газа
m  V, m   ,
откуда величина плотности  запишется как
 16  2 10 3  0,125
кг


 1,33 3 .
V
3 10 3
м
3. Определим количество молекул в заданной массе газа
m
N
 
,  N  N A  0,125  6 10 23  7,5 10 22 .
 NA

(1)
(2)
(3)
1.1.7. Известно, что молекулы газа, масса которого m = 10 кг, состоят из атомов водорода и углерода содержит 3,7610 26 молекул.
Определить массу атомов, входящих в состав молекулы.
Решение
1. Определим количество вещества
N
3,76 10 26


 627 молей .
NA
6 10 23
2. Определим массу атома водорода и углерода
(H) 110 3
m 0 ( H) 

 1,7 10 27 кг ,
NA
6 10 23
(1)
(2)
(C) 12 10 3

 2 10 26 кг .
(3)
NA
6 10 23
3. Поскольку углерод четырёхвалентен, то химическая формула газа
имеет вид: СH4, следовательно, молекула заданного газа содержит четыре атома водорода, общей массой m0(H4)  6,810 27кг.
m 0 (C) 
1.1.8. Капелька тумана имеет массу около 10 13 кг. Сколько молекул
воды содержится в капельке?
Решение
1. Количество молекул в заданной массе известного вещества можно
определить, воспользовавшись уравнением
mN A 110 13  6 10 23
m
N
 
 N

 3,3 10 12 .
(1)
 NA

18 10 3
13
1.1.9. Сколько молекул, содержащихся в стакане воды H2O.
Решение
1. Примем массу воды, содержащейся в стакане воды равной m = 0,2
кг, молярную массу  = 1810 3 кг/моль и запишем уравнение для определения молярной массы в виде
mN A
m
N
(1)
 
 N
 6,7 10 24 .
 NA

1.1.10. Определить массу: атома водорода Н, молекулы кислорода
О2, атома урана U.
Решение
1. Молярные массы заданных веществ равны: (Н) = 110 3 кг/моль,
(О2) = 1610 3кг/моль, (U) = 0,238 кг/моль.
2. Запишем уравнение молярной массы вещества

  m0 N A ,  m0 
.
(1)
NA
2. Воспользовавшись уравнением (1) определим массы атомов и молекул
1 10 -3
(16  2) 10 3
m 0 (H) 
 1,7 10 27 кг , m 0 (O 2 ) 
 5,33 10 26 кг ,
23
6 10
6 10 23
0,238
m 0 ( U) 
 3,97 10 25 кг .
(2)
6 10 23
1.1.11. Определите массу одной молекулы: азота (N2), аммиака
(NH3), ацетилена (С2Н2), спирта (С2Н5ОН) и ацетона (С3Н6О).
Решение
1. Молярная масса заданных веществ: (N2)=2810  3кг/моль; (С2Н2)
= 2610  3 кг/моль; (С2Н5ОН) = 4610  3 кг/моль; (NH3) = 1710  3
кг/моль; (С3H6O).
2. Используя уравнение  = m0NA, определим массу молекул заданных веществ: m0(N2) = 4,6710  26кг; m0(NH3) = 2,8310 26 кг; m0(С2Н2) =
4,3310 26 кг; m0(С2Н5ОН) = 7,6710  26 кг; m0(NH3) = 2,8310  26 кг.
1.1.12. Используя постоянную Авогадро, определить атомную единицу массы (а.е.м.).
14
Решение
1. Атомная единица массы обратно пропорциональна числу Авогадро, которое равно числу атомов или молекул в одном моле вещества.
Если рассмотреть единицу, т.е. 1103 кг/моль, то атомная единица массы может быть представлена следующим образом

110 3
а.е.м.  0 
 1,66 10 27 кг
(1)
N A 6 10 23
1.1.13. Оцените диаметр атомов ртути, считая, что они соприкасаются друг с другом.
Решение
1. Плотность ртути при t = 20 0C составляет  = 13,56103 кг/м3, молярная масса ртути   = 0,201 кг/моль, число Авогадро  NА  61023
1/моль.
2. Считая молекулу сферической частицей, определим её диаметр
4
V0  R 30  d 30  d 0  3 V0 ,
(1)
3
где R0, d0, V0  радиус, диаметр и объём молекулы, соответственно.
3. Объём одного моля и одной молекулы определяется в этом случае
соотношениями
Vm 


 d0  3

0,201
3
 2,91 10 10 м .
N A
13,56 10 3  6 10 23
(2)
1.1.14. Один моль каждого из газов гелия, водорода, азота и кислорода находится при нормальных условиях. Определить концентрацию
молекул n, среднее расстояние а между центрами молекул. Сравнить
величину а с диаметром молекулы.
Решение
1.Определим концентрацию молекул, которая для всех перечисленных газов будет одинаковой, потому что объём газов, взятых в количестве 1 моля при нормальных условиях одинаков V0  22,410 3 м3
N
6 10 23
1
n A 
 2,68 10 25 3 .
(1)
3
V
22 ,4 10
м
2. Найдём расстояние между центрами молекул, воспользовавшись
уравнением (2) предыдущей задачи
15
a 3
V
NA
3
22 ,4 10 3
 3 10 9 м .
6 10 2 3
(2)
3. Диаметр молекул газов примерно составляет d0  310  10 м, таким
образом, расстояние между центрами молекул и их диаметром находится в соотношении
a
3 10 9
(3)

 10 .
d 0 3 10 10
1.1.15. Зная величину плотности  =1 кг/м3 и молярную массу  =
2810 3кг/моль, определить концентрацию молекул n.
Решение
1. Концентрация молекул применительно к одному молю вещества
может быть записана так
N
n A .
(1)
V
2. Выразим объём моля через плотность газа и его молярную массу
V = / и подставим в уравнение (1)
N  6 10 23 1
1
(2)
n A 
 2 10 25 3 .

28 10 3
м
1.1.16. Из металлов наибольшим отношением плотности к относительной атомной массе /Аr обладает бериллий, а наименьшим  калий.
Определить для этих металлов концентрацию атомов n.
Решение
1. Запишем табличные данные для указанных в условии металлов:
(Ве) = 910  3 кг/моль; (Ве) = 1,84103 кг/м3; (К) = 3910  3 кг/моль,
(К) = 0,87103 кг/моль.
2. Воспользовавшись уравнением (2) предыдущей задачи, определим
искомые концентрации атомов
N  1,84 10 3  6 10 23
1
(1)
n(Be )  A 
 1,22 10 29 3 ,

9 10 3
м
N  0,87 10 3  6 10 23
1
(2)
n(K)  A 
 1,34 10 28 3 .

39 10 3
м
16
1.1.17. Одна треть молекул азота массой m = 110  2 кг диссоциировала (распалась на атомы). Определите полное количество частиц N.
Решение
1. Суммарное количество молекул после диссоциации определим в
виде уравнения N = N + 0,33N.
2. Определим исходное количество молекул азота до начала процесса диссоциации
mN A 0,01  6 10 23
N

 2,110 22 .

28 10 3
3. Найдём суммарное количество частиц после завершения процесса
диссоциации
2,1 10 22
N   2,1 10 22 
 2,8 10 23 .
3
1.1.18. Определить среднее расстояние а между центрами молекул водяного пара при нормальных условиях и сравнить его с табличными данными диаметра молекулы.
Решение
1. Поскольку водяной пар находится при нормальных условиях, то
известна величина объёма одного моля V = 22,410 3м3, в котором содержится NA. На одну молекулу, таким образом, приходится объём
V
V0   .
(1)
NA
2. Среднее расстояние между молекулами в этом случае составит
V
22 ,4 10 3
а 3
3
 3 10 9 м .
(2)
NA
6 10 2 3
3. Средний диаметр молекул воды составляет d0  310
a
 10 .
d0
10
м, поэтому
(3)
1.1.19. Один моль гелия и один моль водорода занимают одинаковые
объёмы V = 22,410 3 м3. Определите отношение концентраций молекул этих газов, если они находятся в одинаковых условиях.
17
Решение
1. Концентрация молекул определяется соотношением
N
6 10 2 3
1
n A 
 2,68 2 5 3 ,
V
22 ,4 10 3
м
(1)
в этой связи независимо от типа газа при его количестве 1 моль концентрация молекул будет одинаковой, т.е. n(He)/n(H2) = 1.
1.1.20. Сравнить число молекул воды и ртути, содержащихся в одинаковых объёмах веществ.
Решение
1. Число молекул определяется, как известно, уравнением
mN A
.
(1)
N

2. Выразим массу через плотность веществ и их объёмы и преобразуем уравнение (2)
VN A
,
(2)
N

отношение числа молекул, таким образом, представится уравнением
(Hg )  (H 2 O)
N(Hg )

 1,215 .
(3)
N(H 2 O) (H 2 O)  (Hg )
1.1.21. Если пометить все молекулы в стакане воды специальным
образом и вылить эту воду в Мировой Океан, а потом, после идеального перемешивания зачерпнуть из океана стакан воды, то сколько «меченых» молекул окажется в этом стакане. Объём воды в Мировом
Океане принять  VO  1,310 18 м3, объём стакана  VC  200 cм3.
Решение
1. Определим общее количество молекул воды в океане
V N
110 3 1,3 10 18  6 10 23
(1)
NO  0 A 
 4 10 46 .

18 10 3
2. Определим концентрацию молекул воды в океане
N
4 10 46
1
nO  O 
 3 10 28 3 .
(2)
18
VO 1,3 10
м
3. Найдём концентрацию «меченых» молекул в океане после выливания и идеального перемешивания
18
VC N A 10 3  2 10 4  6 10 23
1

 5 10 6 3 .
(3)
VO
18 10 3 1,3 10 18
м
4. Определим количество «меченых» молекул в стакане после зачёрпывания воды из океана
N x  n Ox  VC  5 10 6  2 10 4  100 .
(4)
n Оx 
1.1.22. Какая масса углекислого газа растворена в пластмассовой
бутылке минеральной воды «Малкинская» объёмом 1,5 литра, если на
одну молекулу углекислого газа приходится N  5,5610 5 молекул воды?
Решение
1. Определим количество молекул воды, содержащихся в бутылке
VN A 110 3 1,5 10 3  6 10 23
(1)
NB 

 5 10 25 .

18 10
2. Определим количество молекул СО2 в бутылке
5 10 25
(2)
N(CO 2 ) 
 9 10 19 .
5,56 10 5
3. Масса растворённого газа определится как
(CO 2 )  N(CO 2 ) 44 10 3  9 10 19
m

 3,67 10 6 кг .
(3)
23
NA
6 10
1.1.23. Из открытого стакана за время t = 5 суток полностью испарилось m = 50 г воды. Сколько в среднем молекул вылетало с поверхности жидкости в секунду?
Решение
1. Масса воды m = 510 2 кг испарилась за t = 4,32105с.
2. Определим число молекул содержащихся в заданной массе воды
mN A 5 10 2  6 10 23
(1)
N

 1,66 10 24 .

18 10 3
3. Найдём число молекул испаряющихся за 1 секунду
N 1,66 10 24
(2)
Nx  
 0,358 10 19 .
t
4,32 10 5
1.1.24. Оценить концентрацию свободных электронов в натрии,
полагая, что на один атом приходится один свободный электрон.
Плотность Na принять равной  = 970 кг/м3.
19
Решение
1. Концентрация частиц применительно к одному молю вещества
определяется уравнением
N
n A .
(1)
V
2. Выразим объём одного моля натрия через плотность и молярную
массу и подставим значение V в уравнение (1)
N  6 10 23  970

(2)
V 
 n A 
 2,53 10 28 .


23 10 3
1.1.25. В откачанном стеклянном баллоне электронного устройства
вместимостью V = 110 5 м3 образовалась микротрещина, в которую стал
поступать атмосферный воздух, так что в секунду внутрь проникал миллион молекул? т.е.  = 1106 1/с. Сколько времени будет наполняться баллон при нормальных условиях до атмосферного давления?
Решение
1. Определим число молекул воздуха (  3010 3кг/моль), содержащегося в заданном объёме V, для чего найдём количество вещества в
баллоне при нормальных условиях, т.е. V = 22,410 3 м3, Т = 273 К, р 
1105 Па
VN A 1 10 5  6 10 23
V

,  N  N A 

 2,7 10 20 .
(1)
V
V
22,4 10 3
2. Найдём необходимое время заполнения баллона до атмосферного
давления
N 2,7 10 20
(2)
t 
 2,7 10 14 c  8585164 ,8 лет .

110 6
1.1.26. В сосуде объемом 1 м3 находится  = 20 молей гелия. Диаметр молекулы гелия d0  2·10 10 м. Нужно ли при анализе движения
молекул учитывать их собственный объём, т.е. можно ли состояние
газа считать идеальным?
Решение
1. Определим число молекул гелия, содержащихся в заданном объёме

N
NA
 N  N A  20  6 10 23  1,2 10 25 .
20
(1)
2. Используя заданное значение диаметра молекулы гелия, найдём
собственный объём молекул
3
4  d0 
1
  N   d 30  N  0,5  8 10 30 1,2 10 25  4,8 10 5 м 3 . (2)
3  2
2
3. Отношение объёма сосуда и суммарного объёма всех молекул
гелия составляет
VC
1

 2,1 10 6 ,
(3)
V 4,8 10 5
другими словами, суммарный объём молекул более чем в два миллиона
раз меньше объёма сосуда, поэтому среднее расстояние между соседними молекулами будет таковым, что взаимодействием можно пренебречь, считая газ в заданном состоянии идеальным.
V 
1.1.27. В сосуде находится азот в количестве  = 2 молей. В результате утечки масса газа уменьшилась на m = 7 грамм. Определить
количество молекул, оставшихся в сосуде.
Решение
1. Первоначально в сосуде находится газ массой
m    28 10 3  2  5,6 10 2 кг .
(1)
2. После утечки в сосуде остался газ массой
m1  m  m  4,9 10 2 кг .
(2)
3. Количество молекул, оставшихся в сосуде мосле истечения части
газа
m  mN A  49 10 3  6 10 23  110 24 .
(3)
N1 

30 10 3
1.1.28. В закрытой комнате размерами 10104 м пролили на пол
m = 10 граммов ацетона (СН3ОНСН3), который через некоторое время весь испарился и перемешался с воздухом. Сколько молекул вдохнёт
человек, вошедший в комнату, если объём одного вдоха составляет
примерно V = 1 литр?
Решение
1. Определим концентрацию молекул ацетона после его испарения
mN A 110 2  6 10 23
n1 

 3 10 20 .
(1)
3
1 V
45 10  400
2. Количество молекул ацетона попадающего в лёгкие человека при
21
одном вдохе
N1  n 1  V  3 10 20 110 3  3 10 17 .
(2)
1.1.29. Краска представляет собой эмульсию в виде сферических
частиц красителя размером   10 мкм и плотностью 1  3103 кг/м3,
растворитель имеет плотность 2  1,07103 кг/м3. Столь большая
разность плотностей красителя и растворителя должна, вследствие
наличия силы Архимеда обеспечивать достаточно быстрое всплытие
частиц красителя и расслоения эмульсии. Почему в реальных условиях
хранения красок такого эффекта не наблюдается?
Решение
1. Расслоению краски препятствует хаотическое тепловое движение
частичек красителя, подтвердим это оценочным расчетом. Примем коэффициент динамической вязкости растворителя равным  = 300 Пас,
температуру краски Т = 300 К.
2. Определим далее скорость движения частиц красителя, считая что
справедлив закон Стокса, т.е. Re 1
4g3 1  2  40 1 10 15  2 10 3
v1 

 1 10 9 м / с .
(1)
6
18  300 1 10 5
3. Оценим скорость теплового движения частиц красителя, считая
его броуновским, т.е.
 dx 
m  
 dt 
2

2
2m v
 k BT ,
3 2
(2)
где kB  1,410 23Дж/К постоянная Больцмана, Т абсолютная температура, m масса частички красителя, определяемая как
4
m   31 ,
(3)
3
3k BT
3 1,4 10 23  293
(4)

 3.5 10 5 м / с .
431
1 10 11
4. Как показывают оценочные расчеты скорость теплового движение
частичек красителя практически на четыре порядка вышнее скорости
движения, обусловленного физическими свойствами жидкостей.
v2 
1.1.30. Кубическая кристаллическая решётка железа (Fe) содержит один атом железа на элементарную ячейку, повторяя которую
можно получить кристалл любых размеров. Определите расстояние
22
между атомами железа (размер элементарной ячейки), приняв плотность железа  = 7,9103 кг/м3, атомную массу А = 56.
Решение
1. Число элементарных кристаллических ячеек в одном моле будет
равно числу Авогадро, т.е. N = NA.
2 Объём одного моля железа составит V    , на одну элементарную ячейку в таком случае будет приходиться объём

V1 
.
  NA
3. Среднее расстояние между атомами железа в ячейке
  3 V1  3

56 10 3
3
 2,26 10 10 м .
  NA
8 10 3  6 10 23
(1)
(2)
1.2. Молекулярно-кинетическая теория газов
1.2.1. Объём газа уменьшили в два раза, а температуру увеличили в
полтора раза. Во сколько раз увеличилось давление?
Решение
1.Запишем уравнение состояние идеального газа, уравнение Клапейрона Менделеева для двух состояний газа, заданных в условии
p1V1  RT1

2p1V1
T

 1 .
(1)
V
 
p 2 V1 1,5T1
p 2 1  R 1,5T1 
2

2. Определим отношение давлений
p 2 1,5T1  2V1

 3.
(2)
p1
T1V1
1.2.2. 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?
23
Решение
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   RT , 
(1)
  p1V1  p1Vx  p 2 V2  p 2 Vx .
p 2 (V2  Vx )  RT 
2. Решим уравнение (1) относительно искомой величины Vx
p V p V
Vx  2 2 1 1 .
p 2  p1
g
1.2.3. Чтобы изотермически уменьшить объём газа
m
в цилиндре с поршнем в n раз на поршень поставили груз
массы m. Какой массы груз следует добавить, чтобы
объём уменьшился изотермически ещё в k раз?
(2)
Решение
1. Поскольку процесс изменения состояния газа под поршнем изотермический, то для трёх заданных состояний можно записать следующие соотношения
m  m g  1 V ,
mg  1


p 0 V0   p 0 
(1)
 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
mg
mg
np0  p 0 
,  p0 
.
(2)
s
s(n  1)
3. Подставим значение p0 в уравнение (1)
 mg
m  m g  1 ,
mg   mg


(3)



s
 sn - 1 s   sn  1
 nk
 mg
m  m g  ,
mg  
mg










s
n
1
s
s
n

1
n

k
sn  k  

 
m
m
m  m
.
m

n  1n  k  n  k
n 1
4. Разрешим уравнение (5) относительно искомой массы m
mn(k - 1)
m 
.
n -1
24
(4)
(5)
(4)
1.2.4. 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
g
сплющились до толщины h  r. Внешнее давm
ление p0. Определить начальное давление в
мешках, если температура газа в них не изменялась.
Решение
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

p x V0   p 0 
,
(1)
V0 ,  p x  p 0 
2
s
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
r 2 L
V0  Vx , r 2 L  sh,  s 
.
(2)
h
3. Подставим значение площади из уравнения (2) в уравнение (1)
mgh
px  p0 
.
(3)
2r 2 L
1.2.5. 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?
Решение
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
25
h
Vx
p1 ,V1
воды вследствие разности давлений будет вытесняться, до тех пор пока
внешнее гидростатическое давление на станет равным давлению сжатого воздуха
p1 V1  RT1

.
(1)
p 0  gh Vx  V1   RT2 
2. Поделим систему уравнений (1) почленно
p1V1
T
(2)
 1 .
p 0  gh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
1,07 p 0  gh 
1,07 110 5  4 10 5 
1.2.6. На какую глубину в жидкость плотностью 
необходимо погрузить открытую трубку длиной L,
чтобы закрыв верхнее отверстие, вынуть столбик
жидкости высотой h = L/2 при внешнем давлении р0?
L
Решение
x
1. Так как процесс изменения состояния газа протеh
кает 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
gL L

p 0  x  s 
 s ,
(1)
2
2 2


где s площадь поперечного сечения трубки, gL/2 гидростатическое
давление, вызванное столбом захваченной жидкости.
2. Проведя преобразования уравнения (1) и сократив обе его части
на площадь s, получим:
p L gL2
L gL2 L  gL 
.
(2)
p0 x - 0 
, x  
 1 
2
4
2
4
2
2p 0 
1.2.7. Газ находится в сосуде при давлении р1 = 2106 Па и температуре t1 = 27 0C. После нагревания на t = 50 0C в сосуде осталось половина первоначальной массы газа. Определить установившееся давление.
26
Решение
1. Постоянство объёма сосуда при происходящих процессах позволяет записать уравнения Клайперона Менделеева в следующем виде
m

p 0 V  RT1 , 

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 .

2

1.2.8. 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.
Решение
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
p1 V  RT1 ,


(1)
F
,

 p1  V  RT2 .
s


где F/s избыточное давление в бутылке, достаточное для движения
пробки в горлышке, V объём бутылки,  количество вещества.
2. Поделим уравнения системы (1) почленно и разрешим полученное
соотношение относительно конечной температуры Т 2

p1
T
F 
10


T1  1 
 1 ,  T2  1 
  280  420 K . (2)
4
5
F  T2
sp
2

10

1

10



1 

 p1  
s


3. Определим разность начальной и конечной температуры, т.е. на
сколько нужно нагреть бутылку
t  T2  T1  420  280  140 0 C .
(3)
1.2.9. Зависит ли подъёмная сила аэростата от температуры
окружающего воздуха, если при подъёме температура меняется линейно?
Решение
27
1. Подъёмная сила аэростата при прочих равных условиях зависит от
разности плотностей воздуха 1 и находящегося внутри газа 2
(1)
F  1   2 gV ,
где V объём аэростата.
2. Между плотностью и температурой существует зависимость, которую можно установить из уравнения Клапейрона Менделеева
m
RT
.
(2)
p
RT  
V

3. Давление внутри и снаружи оболочки аэростата одинаково, поэтому уравнение (2) можно переписать для двух точек подъёма аэростата (двух температурных точек) следующим образом
1



RT  2 RT ,  1  2 .
(3)
1
2
1  2
4. Перепишем последнее уравнение с учётом значения 2 = m2/V и выразим комбинацию величин 1V
1
m

(4)
 2 ,  1V  1 m 2 .
1 V 2
2
5. Подставим соотношение (4) в уравнение (1)



m
(5)
F  1 Vg   2 Vg  1 m 2 g  2 Vg  m 2 g 1  1 .
2
V
 2

Как видно из полученного выражения (5), подъемная сила аэростата не
зависит от температуры.
1.2.10. 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 0 = 1,3 кг/м3.
Решение
1.Тяга, возникающая в трубе, обусловлена двумя факторами. Вопервых, разностью гидростатических давлений gh, 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
(1)
p1  p 0  0 gh, p 2  p 0  1gh .
3. Выразим плотности 0 и 1, используя уравнение состояния
28
p 0
p
, 1  0 .
(2)
RT0
RT1
4. Подставим значения плотностей 0 и 1 в уравнения (1) и найдём
разность давлений
 1 1  3 10 2 110 5
p
1 
 1
p1  p 2  p  0 gh   
10  50

  124 Па .
R
T
T
8
263
333


1 
 0
0 
2.2.11.Вцилиндр длиной l = 1,6 , 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.
Решение
1. Поскольку поршень вдвигается медленно, то процесс изменения
газа можно считать изотермическим, для которого будет справедливым
следующее соотношение
Vp
sp0 p 0
V0 p 0  V1 p1 ,  p1  0 0 

.
(1)
V1
xs
x
2. Зная величину давления и площадь, можно определить действующую на поршень силу
p s 1,6 110 5  2 10 2
(2)
F  p1s  0 
 3,2 10 4 Па
x
0,1
1.2.12. 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.
Решение
1. При открытии крана, находящийся в колбе воздух оказывается
под действием атмосферного давления, под действием которого вода
поступает в колбу. Объём поступившей воды определится как V1 = m/,
воздух при этом займёт в колбе объём
m
(1)
V0  V1  V0  .

2. Используя уравнение (1), опишем процесс изотермического изменения состояния воздуха в колбе
29


m
m 
0,292 

  10 5  1  3
V0 p x   V0  p 0 ,  p x  p 0 1 
  2,67 кПа .
4


 10  3 10 

 V0 
1.2.12. В баллоне содержится газ при температуре t1 = 100 0С. До
какой температуры нужно нагреть газ, чтобы его давление увеличилось в два раза?
Решение
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  RT1 
T
p
(1)
 1,

2pV  RT x 
2p Tx
из которой возможно определить искомую температуру Тх
Tx  2T1  2  373  746 K  473 0 C .
(2)
1.2.13. При нагревании идеального газа на Т = 1 К при постоянном
давлении его объём увеличился на 1/350 часть первоначального объёма.
Определить первоначальную температуру газа Тх.
Решение
1. В данном случае имеет место изобарный процесс изменения состояния идеального газа, для которого справедливы уравнения
pV0  RTx


(1)
1
.


p V0 
V0   R Tx  T 
350 


2. Поделим уравнение системы (1) почленно
V0
Tx
T

,  Tx 
 350 K .
(2)
1  Tx  T
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 его
остывания воздуха в нём до температуры Т2 = 293 К. Изменением объёма шара пренебречь.
30
Решение
1. Для определения массы вошедшей ртути необходимо вычислить
изменение объёма газа V при понижении температуры т.к. m = HgV.
2. Изменение состояния газа происходит при постоянстве давления,
т.е. по закону Гей-Люссака
 T 
V1  V2 T1  T2
(1)

,  V  V1  V2  V1 1  2  .
V1
T1
 T1 
3. Подставим значение V в уравнение массы
 T 
 293 
(2)
m   Hg V1 1  2   13,6 10 3 110 5 1 
  0,066 кг .
 573 
 T1 
1.2.15. 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 Т 2 =
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.
Решение
1. Изменение подъёмной силы аэростата будет происходить вследствие изменения плотности водорода, которая может быть найдена из
уравнения Клайперона Менделеева
p
p
1  0 ,  2  0 .
(1)
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:
(2)
F1  0  1 gV, F2  0   2 gV ,
3. Полагая далее объём шара и плотность воздуха 0 постоянными
величинами, определим изменение подъёмной силы в виде разности
p  1 1 
110 5  2 10 3  1
1 
F  F2  F1  gV 0     10  800


  50 H .
R  T1 T2 
8
 273 293 
1.2.16.При какой температуре кислород, находясь под давлением 0,2
МПа, имеет плотность  = 1,2 кг/м3?
Решение
31
1. Зависимость между давлением, плотностью и температурой определяется уравнением состояния
(1)
pV  m RT ,
если его поделить на величину объёма V
m RT
RT
p 0,2 10 6  32 10 3
(2)
p

,  Tx 

 667 K .
V 

R
8 1,2
1.2.17. В герметичную цистерну объёмом 2 м 3 закачали m1 = 1,4 кг
азота и m2 = 2 кг кислорода. Какое давление установится в цистерне
при температуре t = 27 0C?
Решение
1. При наличии в одном объёме смеси нескольких газов, уравнение
Клапейрона Менделеева представляется следующим образом
m m 
(1)
pV   1  2   RT .
 1  2 
2. Разрешим далее уравнение (1) относительно давления и подставим числовые значения величин
RT  m1 m 2  8  300  1,4
2 
5

 
(2)
p



  1,4 10 Па .
3
V  1  2 
2  28 10
32 10 3 
1.2.18. 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.
Решение
1. Подъём шарика станет возможным, когда сила Архимеда, приложенная к шарику, будет больше силы тяжести, т.е.
4
m 1g  g r 3 ,
(1)
3
где  плотность воздуха в сосуде, величина которой может быть выражена следующим образом (см. задачу 2.1.16)
p

.
(2)
RT
2. Подставим значение плотности в уравнение (1)
32
p 4 3
r .
RT 3
3. Решим уравнение (3) относительно искомого давления р
3m1RT
3  5 10 3  8  293
p

 1,26 10 8 Па .
3
4r  12,56  8 10 6  3 10 3
m1 
(3)
(4)
1.2.19. 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.
Решение
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 + gh.
2. Запишем уравнение Бойля Мариотта для заданных условий
p 0  gh  4 r 3  p 0  4 2r 3 .
(1)
3
3
3. Выразим из уравнения (1) величину h
7p
7 10 5
h 0 
 70 м .
(2)
g 110 4
1.2.20. 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?
Решение
1. Давление газа при заданных условиях можно непосредственно
найти из уравнения Клайперона Менделеева
m
1
(1)
p  RT 
8,3  300  9 10 4 Па .

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.
33
1.2.21. Начальная температура помещения объёмом V = 100 м3 составляла t1 = 0 0C, затем температуру повысили до t2 = 27 0C. Как при
этом изменится масса воздуха в помещении, если во время процесса
нагревания давление было постоянным р0 = 0,1 МПа?
Решение
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
(1)
PV  1 RT1 ,
PV  2 RT2 ,


где m1 масса воздуха в холодном помещении, m2 в натопленном помещении.
3. Выразим из уравнений (1) массы
pV
pV
(2)
m1 
,
m2 
,
RT1
RT 2
и найдём их разность
pV  1 1  110 5 100  3 10 2  1
1 
   
m  m1  m 2 


  11,8кг .
R  T1 T2 
8,3
 273 300 
1.2.22. 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
Решение
1. Как следует из решения предыдущей задачи, при указанном
нагревании помещение покидает m = 11,8 кг воздуха. Количество молекул определим, воспользовавшись определением количества вещества

m  N A 11,8  6 10 23
m
N


N

 23,6 10 5 .
(1)

NA

3 10 2
1.2.23. К рычагам точных лабораторных весов подвешены два одинаковых сосуда. Один из них заполнен сухим воздухом, а второй влажным. Какой сосуд окажется тяжелее?
Решение
34
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 1 = 310 3 кг/моль, в то
время как, молярная масса воды 2 = 18 10 3 кг/моль, следовательно,
сосуд с сухим воздухом будет весить больше.
1.2.24. По газопроводу с внутренним радиусом r = 2 см течёт пропан (C3H8) при давлении 0,5 МПа при температуре t = 17 0С. За время 
= 5 мин сквозь поперечное сечение трубы переместилось m = 5 кг газа.
Какова средняя скорость течения газа в трубопроводе?
Решение
1.Запишем уравнение состояния газа, полагая его идеальным
m
(1)
pV  RT .

2. Выразим объём протекающего за заданное время газа через скорость и площадь поперечного сечения
(2)
V  vs .
3. Подставим значение объёма из уравнения (2) в уравнение (1)
m
mRT
5  8,3  290
м
pvs  RT ,  v 

 7,25 .

pr 2  44 10 3 10 5  3,14  4 10 4  300
с
1.2.25. Метеорологический зонд объёмом V = 1 м3 с весом оболочки
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?
Решение
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
(1)
1gV   2 gV  m 0 g ,
3
где 2 плотность горячего воздуха, 1  1,3 кгм плотность окружающего воздуха.
2. Из уравнения (1) следует, что
(2)
m 0  1  2 V .
35
3. Выразим плотности горячего и холодного воздуха, воспользовавшись уравнением (2) задачи 1.2.10
p
p
.
(3)
1 
, 2 
RT1
RT2
4. Поделим уравнения (3) друг на друга
1 T2
T
 ,  2  1 1 ,
(4)
 2 T1
T2
и подставим значение 2 в уравнение (2)

T 
T1
300
(5)
m 0   1  1 1 V,  T2 

 354 K  82 0 C .
m
0,2
T2 
0

1
1
1,3 1
1 V
1.2.26. Определить величину концентрации молекул воздуха в единице объёма при нормальных условиях.
Решение
1. Из уравнения Клапейрона Менделеева определим объём одного
моля газа  = 1 при нормальном давлении р0  0,1 МПа и нормальной
температуре Т0  273 К
RT0 1 8,3  273
V0 

 22,65 10 3 м 3 .
(1)
p0
10 5
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)
V0
22,7 10 3
м
1.2.27. 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.
Решение
1.Уравнение Клайперона Менделеева для каждого из компонентов
воздуха запишется следующим образом
m( N 1 )
m( O 2 )
m(Ar)
p(N 2 )V 
RT , p(O 2 )V 
RT , p(Ar)V 
. (1)
( N 2 )
(O 2 )
(Ar)
36
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 (3) задачи 1.2.25
p0
m
 

V  0,781
0,21
0,1 

RT


 ( N 2 ) (O 2 ) (Ar) 
.
(1)
10 5
кг

 1,2 3
м
 0,781 0,21
0,1 



  8,3  273
0
,
028
0
,
032
0
,
04


4. Определим парциальные давления газов
m( N 2 )
0,781
0,781
p(N 2 ) 
RT 
RT  1,2 
 8,3  273  7,6 10 4 Па , (2)
V( N 2 )
( N 2 )
0,028
p(O 2 ) 
m(O 2 )
0,781
0,21
RT 
RT  1,2 
 8,3  273  1,8 10 4 Па , (3)
V(O 2 )
( O 2 )
0,032
p(Ar) 
m(Ar)
0,1
0,1
RT 
RT  1,2 
 8,3  273  6,8 10 3 Па .
V(Ar)
(Ar)
0,04
(4)
1.2.28. В невесомой герметичной оболочке воздушного шара находится гелий. Определить подъёмную силу шара, если в нём находится 5
кг газа. Оболочка шара сделана из упругого материала и может свободно растягиваться.
Решение
1. Определим, воспользовавшись уравнением Клайперона Менделеева, массу вытесненного шаром воздуха, с учётом равенства давлений
внутри и вне шара
 pV
m1  1
,
(1)
RT
где 1 = 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)
p
где  = 0,004 кг/моль молярная масса гелия.
3. Подставим значение объёма из уравнения (2) в уравнение (1)
37
1
(3)
m.

4. Подъемная сила шара определится в виде разности силы Архимеда и силы тяжести


 0,03

F  m1g  mg   1  1mg  
 1  5 10  325 H .
 0,004 


m1 
1.2.29. 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.
Решение
1. Запишем искомую химическую формулу заданного вещества в
виде СхНу, молярная масса в таком случае может быть представлена в
виде
  (С) х  (Н) у  12 10 3 x  1 10 3 y ,
(1)
где (С) = 12103 кг/моль молярная масса углерода, (Н) = 1103кг/моль
молярная масса водорода
2. Определим далее молярную массу заданного вещества с помощью
уравнения состояния
mRT
кг

 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.
1.2.30. 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 0C, а атмосферное давление р  0,1 МПа.
Решение
1. Состояние равновесия между силой тяжести и силой Архимеда
можно представить следующим уравнением
m1g  mg  gV ,
(1)
3
3
где m1 масса неона, m масса оболочки,  = 110 кг/м плотность воды,
V объём шара.
38
2. Запишем уравнение состояния неона внутри шара
p 0  ghV  m RT .

3. Выразим из уравнений (1) и (2) объём
m m
mRT
.
V 1


(p 0  gh)
4. Уравнение (3) содержит одну неизвестную величину m1
mRT  (m1  m)(p 0  gh) ,
mRT  m1p 0  mp 0  m1gh  mgh ,
mRT - mp 0  mgh  m1p 0  m1gh ,
m1 p 0  gh   mRT  p 0  gh  ,
m1 
mRT  p 0  gh  0,0610  8,3  277  0,02 10  1,2 10

p 0  gh
0,02 1,3 10 6
3
5
(2)
(3)
(4)
6
  0,5 кг .
1.2.31. Иногда из водопроводного крана вытекает вода, белая как
молоко. Через непродолжительное время отстаивания вода снова становится прозрачной. Объясните это явление.
Решение
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
рТр
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 (Рис.1) и
понижается до давления насыщенных паров воды. При температуре t
p
39 НП 0
1
2
3
4
Рис.1. Изменение давления
и размеров полости
L
 10 0C давление насыщенных паров уводы составляет рНП  1230 Па.
Эта величина на несколько порядков меньше величины давления в трубопроводе рТр  (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
, компенсируются внешним давлением р
p  ps  pg 

.
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 поверхности 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.
1.2.32. 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?
Решение
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 )
(1)
p(t )  V(t ) 
RT ,

40
в этом уравнении три постоянные величины: температура Т, молярная
масса  и, разумеется, универсальная газовая постоянная R. Все остальные параметры, включая массу переменные. Отсюда и несовпадение.
1.2 33. Почему от горящих сухих поленьев время от времени с треском отлетают искры?
Решение
1. Древесина, как известно, структура рыхлая, например, бальза имеет минимальную плотность из всех пород дерева  = 110 140 кг/м3, берёза  = 500 800 кг/м3, дуб  = 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
RT
pV  RT,  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 разрушению горящей поверхности, 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.
1.2.34. Сколько электронов заключается в объёме V = 1 м3азота при
нормальном атмосферном давлении p0 = 0,1 МПа при температуре t =
27 0С?
Решение
1. Определим количество молей азота N2 в заданном объёме, воспользовавшись уравнением состояния
m
m pV
.
(1)
pV  RT , 
 

 RT
2. Количество атомов азота определится с помощью постоянной
Авогадро с учётом того, что молекула азота состоит из двух атомов
41
m
pV
.
(2)
 2N A

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
10 5 1
(3)
N e  2N A z
 2  6 10 23
 2,8 10 25 .
RT
8,3  300
N  2N A
1.2.35. На поверхность воды выливают каплю масла массой 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  =
9,2 102 кг/м3.
Решение
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
(1)
m  V  sd0 ,  d 0 

 4,34 10 9 м .
s 2 10 2  920
1.2.36. 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.
Решение
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
(1)
p1  p 0  gh .
3. Подставим значение давления из уравнения (1) в соотношение
изотермического процесса и решим его относительно объёма V1
pV
8 10 4  5 10 4
pV  p 0  gh V1 ,  V1 

 3,64 10 4 м 3 . (2)
p 0  gh
110 5  10 4
4. Определим далее объём вошедшей в лампу воды
42
Vx  V  V1  13,6 10 4 м 3 .
1.2.37. Приведен график изменения состояния идеального газа в координатах P – V. Представить этот процесс в координатах V-T
(3)
P 4
2
1
Решение
3V
1. Переход 1 2 происходит при постоянном
давлении, переход 2 3 при постоянном давлении, процесс 3 4 при постоянной температуре, переход 1 4 происходит
по изотермической схеме.
V
2. Изобара (переход 1 2) в координатах V T
3
2
будет проходить через начало координат под
0
углом 45 к одной из осей. Изохоры (переходы 2
3 и 4 1 будут в данных осях параллельны горизонтальной оси, а изотерма (переход 3 4) будет
1
4
T
перпендикулярен оси температур.
1.2.38. Где наиболее вероятны утренние заморозки на возвышенностях или в низинах?
Решение
1. Для атмосферного воздуха справедливо уравнение состояния идеального газа
m
(1)
pV  RT ,

откуда плотность газа определяется как
p

,
(2)
RT
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.
1.2.39. На блюдце с горячей водой опрокинули
вверх дном стакан. Будет ли меняться уровень
воды в стакане по мере остывания воды?
43
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, , 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.
1.2 40. Почему нагретая медицинская банка «присасывается к телу
человека?
Решение
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 

 4 10 6 м 3 .
(1)
3 8
2
3. Найдём количество вещества, заключённого в медицинской банке
V 1,3  4 10 6
(2)


 4,3 10 5 молей .

0,03
3. Определим изменение объёма, считая что начальная температура
воздуха в банке составляет 400 0С, а конечная 40 0С, т.е. Т  360 К
RT 4,3 10 5  8,3  360
pV  RT,  V 

 1,3 10 6 м 3 .
(3)
p
10 5
Таким образом, объём уменьшается на 1,3 см 3, что и повлечёт за собой
вспучивание некоторой части тела человека внутрь банки, т.е. явление
«присасывания».
44
1.2.41. Почему стволы
артиллерийских
орудий
имеют утолщение у основания ствола, т.е. в казённой части?
Решение
1. Оценим изменение давления при сгорании пороха в момент перехода когда взрывчатое вещество перешло в газообразное состояние,
считая что температура изменяется на Т  3000 К, плотность вещества
приближенно примем равной   200 кг/м3, молярную массу вещества 
 0,05 кг/моль
RT
8,3  3000
(1)
p  
 200 
 110 8 Па .

0,05
2. Примем далее, что давление приложено к площади цилиндрической формы радиусом r = 5 см и протяжённостью l = 20 см, другими
словами s = 2rl  0,030,2  0,06 м2.
3. Рассчитаем примерную величину действующей силы
F  ps  6 10 6 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.
1.2.42. Известно, что в дизельном двигателе отсутствует электрическая система воспламенения паров топлива. Каким образом достигается воспламенение?
Решение
1. Воспламенение топливной смеси в дизельном двигателе происходит вследствие быстрого сжатия посредствам поршня в камере сгорания, настолько быстрому, что процесс можно считать адиабатическим.
При адиабатическом процессе изменения состояния газа теплообмен с
внешней средой отсутствует.
2. Работа, совершаемая над газом, определяется уравнением
A 1, 2  C V m(T2  T1 ) ,
(1)
где СV молярная теплоёмкость при постоянном объёме, m масса сжимаемого газа, Т1, Т2 начальная и конечная температура газа.
3. Для адиабатического процесса справедлив закон Пуассона
pV   const, TV 1  const ,
(2)
45
где  = Сp/CV показатель адиабаты или коэффициент Пуассона. Из
уравнения (2) видно при уменьшении объёма температура его должна
расти.
4. В конце процесса сжатия давление газа составляет р = 3,4 4 МПа, а
температура возрастает до Т 2  600 700 0С, что достаточно для взрывообразного воспламенения, при сгорании температура поднимается до 2000 0С
1.2.43. 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?
Решение
1. Запишем уравнения Клайперона Менделеева для двух состояний
газа в покрышке и образуем систему
m

pV  1 RT1 ,


(1)
,
m2

pV 
RT 2


где m1,m2 масса воздуха в шине, соответственно зимой и летом.
2. Разрешим уравнения системы (1) относительно масс
pV 
m1 
,
RT1 
(2)
.
pV 
m2 
RT 2 
3. Поделим почленно уравнения системы (2)
m1 T2 300


 1,25 ,
(3)
m 2 T1 240
как следует из уравнения (3), зимой для достижения требуемого давления потребуется по массе в 1,25 раза больше воздуха.
1.2. 44. 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?
Решение
1. Воспользуемся некоторыми справочными данными и выберем
требуемые для решения задачи параметры: температуру газа в рабочем
46
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 V p 0 4r 3 28 10 3 110 5  4 1,24 10 4 28 10 3
m 0


 3,5 10 4 кг ,
RT
RT
8,3  500
. (1)
m 3,5 10 4
 
 0,0125 молей
 28 10 3
1.2.45. 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?
Решение
1. Как это ни покажется странным, но больший вес будет иметь колба с сухим воздухом. Чтобы в этом убедится достаточно сравнить молярные массы воздуха 1 = 0,03 кг/моль и воды 2 = 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
pV
m
.
(1)
RT
1.2.46. Воздушный пузырёк сферической формы всплывает со дна
глубокого водоёма. Будет ли изменяться при его подъёме величина выталкивающей силы?
Решение
1. Пренебрегая диффузионными эффектами в процессе всплытия,
условие равновесия воздушного пузырька радиуса R0 в жидкости можно
представить следующим образом
2
p 0  gh  p g 
,
(1)
R0
47
где р0 атмосферное давление,  плотность воды,  коэффициент поверхностного натяжения на границе раздела вода воздух, R0 радиус
воздушного пузырька, рg давление газа в пузырьке.
1. 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.
48