Termodinamika példák - Gázcsere két gázzal forrásának megtekintése

<noinclude>
[[Kategória:Kísérleti fizika 3. gyakorlat]]
[[Kategória:Szerkesztő:Stippinger]]
[[Kategória:Termodinamika - Kinetikus gázelmélet, transzportfolyamatok]]
{{Kísérleti fizika gyakorlat
| tárgynév    = Kísérleti fizika 3. gyakorlat
| témakör     = Termodinamika - Kinetikus gázelmélet, transzportfolyamatok
}}
== Feladat ==
</noinclude><wlatex># Két azonos térfogatú tartály kacsolódik egymáshoz, a szabad úthosszhoz képest kisméretű nyíláson keresztül. Az egyikben $p_K$ nyomású hidrogéngáz, a másikban kétszer akkora nyomású oxigéngáz van. A gázok $T$ hőmérséklete azonos és időben állandó. A kinetikus gázelmélet segítségével mutassuk ki, hogy a két tartályban azonos $p=3p_\text{kezd}/2$ egyensúlyi nyomás alakul ki!</wlatex><includeonly><wlatex>{{Útmutatás|content=Használjuk ki, hogy a két gáz nem hat kölcsön, alkalmazzuk a parciális nyomások tételét.}}</wlatex></includeonly><noinclude>
== Megoldás ==
<wlatex>Amikor a gázcsere kis lyukon keresztül valósul meg a tartályok között, feltehetjük, hogy a gáz egy-egy tartályon belül végig egyensúlyi állapotban marad. Ha a lyuk mérete kisebb az átlagos szabad úthossznál, akkor a rajta keresztül időegység alatt távozó molekulák száma pedig megegyezik azzal, az azonos méretű tartályfalának ütközik egységnyi idő alatt. Az ideális gáz közelítésben a két gáz molekulái sem saját fajtájukkal, sem a másik géázzal nem hatnak kölcsön, ezért külön differenciálegyenleteket írhatunk fel az egyes gázokra:
$$ \frac{\mathrm{d}N^{(1)}_H}{\mathrm{d}t} =
     - \frac14 n_{VH}^{(1)}\langle v_H \rangle A
     + \frac14 n_{VH}^{(2)}\langle v_H \rangle A
   = \frac14 \langle v_H \rangle A \left(n_{VH}^{(2)}-n_{VH}^{(2)}\right),$$
$$ \frac{\mathrm{d}N^{(1)}_O}{\mathrm{d}t} =
     - \frac14 n_{VO}^{(1)}\langle v_O \rangle A
     + \frac14 n_{VO}^{(2)}\langle v_O \rangle A
   = \frac14 \langle v_O \rangle A \left(n_{VO}^{(2)}-n_{VO}^{(2)}\right),$$
a molekulák átlagos sebessége $\langle v \rangle = \sqrt{\frac{8kT}{\pi \mu }}$ fordítottan arányos a $\mu$ molekulatömeggel (a két tartály 
hőmérséklete) azonos: $\mu_{H_2}=2 \mathrm{\frac{g}{mol}}$,  $\mu_{O_2}=32 \mathrm{\frac{g}{mol}}$.

Legyen kezdetben az 1. tartályban a hidrogén és a másodikban az oxigén:
$$ n_{VH\text{kezd}}^{(1)} = n_{VH\text{kezd}}, \qquad n_{VH\text{kezd}}^{(2)}=0, $$
$$ n_{VO\text{kezd}}^{(2)} = n_{VO\text{kezd}}, \qquad n_{VO\text{kezd}}^{(1)}=0. $$

Egyensúlyban $\frac{\mathrm{d}N^{(1)}_H}{\mathrm{d}t}=0$, azaz $n_{VH\text{vég}}^{(1)}=n_{VH\text{vég}}^{(2)}=n_{VH\text{vég}}$.

Az anyagmegmaradás értelmében $N_H^{(2)}=N_H-N_H^{(1)}$, aminek értelmében:
$$ V^{(1)} n_{VH} = V^{(1)} n_{VH}^{(1)} + V^{(2)} n_{VH}^{(2)} = n_{VH\text{vég}} \left( V^{(1)} + V^{(2)} \right), $$
az előző összefüggést behelyettesítve a hidrogénre
$$ n_{VH\text{vég}} = \frac{V^{(1)}}{V^{(1)} + V^{(2)}} n_{VH\text{kezd}} $$
és analóg módon az oxigénre
$$ n_{VO\text{vég}} = \frac{V^{(2)}}{V^{(1)} + V^{(2)}} n_{VO\text{kezd}} $$
adódik.

A kezdeti $p_\text{kezd} = n_{VH\text{kezd}}kT$ és $2p_\text{kezd} = n_{VO}kT$ nyomásokból $2n_{VH\text{kezd}}=n_{VO}$ összefüggést nyerjük.
A kialakuló
$$p_{O\text{vég}} = n_{VO\text{vég}}kT = \frac{V^{(2)}}{V^{(1)}+V^{(2)}} 2p_\text{kezd}$$
és
$$p_{H\text{vég}} = n_{VH\text{vég}}kT = \frac{V^{(1)}}{V^{(1)}+V^{(2)}} p_\text{kezd}$$
nyomásokból pedig a parciális nyomások tétele szerint
$$p_\text{vég} = p_{H\text{vég}} + p_{O\text{vég}} = \frac{2V^{(2)}}{V^{(1)}+V^{(2)}} + \frac{V^{(1)}}{V^{(1)}+V^{(2)}} p_\text{kezd}$$
adódik.

Speciálisan a feladat szerint $V^{(1)}=V^{(2)}=V$, (továbbá $N^{(1)}=N^{(2)}/2=N/3$), ezeket az előző képletbe helyettesítve a kialakuló egyensúlyi nyomás $p=3p_K/2$.

A részecskeszámokra vonatkozó differenciálegyenletek megoldása az [[Termodinamika példák - Gázcsere tartályok közt#Kiegészítés|előző feladatéval]] analóg.

</wlatex>
</noinclude>