Termodinamika példák - Gázcsere két gázzal

A Fizipedia wikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Stippinger (vitalap | szerkesztései) 2013. május 30., 19:32-kor történt szerkesztése után volt.

(eltér) ←Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)
Navigáció Pt·1·2·3
Kísérleti fizika 3. gyakorlat
Gyakorlatok listája:
  1. Kinetikus gázelmélet, transzport
  2. Állapotváltozás, I. főtétel
  3. Fajhő, Körfolyamatok
  4. Entrópia, II. főtétel
  5. Homogén rendszerek
  6. Fázisátalakulások
  7. Kvantummechanikai bevezető
Kinetikus gázelmélet, transzport
Feladatok listája:
  1. Id. g. nyomása belső energiával
  2. Stern-kísérlet
  3. Energia szerinti eloszlás
  4. Vákuum
  5. Diffúzió és belső súrlódás
  6. Gáz szökése
  7. Gázcsere tartályok közt
  8. Gázcsere két gázzal
  9. Lineáris hőmérsékletprofil
  10. Jég fagyása
  11. Hővezetés
© 2012-2013 BME-TTK, TÁMOP4.1.2.A/1-11/0064

Feladat

  1. Két azonos térfogatú tartály kacsolódik egymáshoz, a szabad úthosszhoz képest kisméretű nyíláson keresztül. Az egyikben \setbox0\hbox{$p_\text{kezd}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% nyomású hidrogéngáz, a másikban kétszer akkora nyomású oxigéngáz van. A gázok \setbox0\hbox{$T$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% hőmérséklete azonos és időben állandó. A kinetikus gázelmélet segítségével mutassuk ki, hogy a két tartályban azonos \setbox0\hbox{$p=3p_\text{kezd}/2$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% egyensúlyi nyomás alakul ki!

Megoldás

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 sokkal kisebb az átlagos szabad úthossznál, akkor a rajta keresztül időegység alatt távozó molekulák száma megegyezik azzal, amit a gáz kinetikus elméletében a nyomás tárgyalásakor a tartály falának ugyanakkora felületét időegység alatt érő molekulák számára kapunk (\setbox0\hbox{$\frac14 n_V A \langle v \rangle$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%). Ideális gázok molekulái sem saját fajtájukkal, sem a másik gázzal nem hatnak kölcsön, ezért külön differenciálegyenleteket írhatunk fel az egyes gázokra:

\[ \frac{\mathrm{d}N^{(1)}_H}{\mathrm{d}t} =      - \frac14 n_{VH}^{(1)}\langle v_H \rangle A      + \frac14 n_{VH}^{(2)}\langle v_H \rangle A    = \frac14 \langle v_H \rangle A \left(n_{VH}^{(2)}-n_{VH}^{(1)}\right),\]
\[ \frac{\mathrm{d}N^{(1)}_O}{\mathrm{d}t} =      - \frac14 n_{VO}^{(1)}\langle v_O \rangle A      + \frac14 n_{VO}^{(2)}\langle v_O \rangle A    = \frac14 \langle v_O \rangle A \left(n_{VO}^{(2)}-n_{VO}^{(1)}\right),\]

a molekulák átlagos sebessége \setbox0\hbox{$\langle v \rangle = \sqrt{\frac{8kT}{\pi \mu }}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% fordítottan arányos a \setbox0\hbox{$\mu$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% molekulatömeggel (a két tartály hőmérséklete azonos): \setbox0\hbox{$\mu_{H_2}=2\,\mathrm{\frac{g}{mol}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%, \setbox0\hbox{$\mu_{O_2}=32\,\mathrm{\frac{g}{mol}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%. Az anyagmegmaradás következtében a 2. tartály tartalmát nem kell külön számon tartanunk.

Legyen kezdetben az 1. tartályban a hidrogén és a 2.-ban 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 \setbox0\hbox{$\frac{\mathrm{d}N^{(1)}_H}{\mathrm{d}t}=0$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%, azaz \setbox0\hbox{$n_{VH\text{vég}}^{(1)}=n_{VH\text{vég}}^{(2)}=n_{VH\text{vég}}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%.

Az anyagmegmaradás értelmében \setbox0\hbox{$N_H^{(2)}=N_H-N_H^{(1)}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%:

\[ V^{(1)} n_{VH} = V^{(1)} n_{VH}^{(1)} + V^{(2)} n_{VH}^{(2)} = n_{VH\text{vég}} \left( V^{(1)} + V^{(2)} \right), \]

az a kezdeti feltételeket behelyettesítve a hidrogénre és analóg módon az oxigénre

\[ n_{VH\text{vég}} = \frac{V^{(1)}}{V^{(1)} + V^{(2)}} n_{VH\text{kezd}}, \]
\[ n_{VO\text{vég}} = \frac{V^{(2)}}{V^{(1)} + V^{(2)}} n_{VO\text{kezd}}. \]

A kezdeti \setbox0\hbox{$p_\text{kezd} = n_{VH\text{kezd}}kT$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% és \setbox0\hbox{$2p_\text{kezd} = n_{VO}kT$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% nyomásokból \setbox0\hbox{$2n_{VH\text{kezd}}=n_{VO}$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0% összefüggést nyerjük. A kialakuló

\[ p_{O\text{vég}} = n_{VO\text{vég}}kT = \frac{V^{(2)}}{V^{(1)}+V^{(2)}} 2p_\text{kezd}, \]
\[ p_{H\text{vég}} = n_{VH\text{vég}}kT = \frac{V^{(1)}}{V^{(1)}+V^{(2)}} p_\text{kezd} \]

nyomásokból pedig a parciális nyomások tétele (Dalton-törvény) szerint

\[ p_\text{vég} = p_{H\text{vég}} + p_{O\text{vég}}    = \left(\frac{2V^{(2)}}{V^{(1)}+V^{(2)}} + \frac{V^{(1)}}{V^{(1)}+V^{(2)}}\right) p_\text{kezd}\]

adódik.

Speciálisan a feladatban \setbox0\hbox{$V^{(1)}=V^{(2)}=V$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%, (továbbá \setbox0\hbox{$N_{H\text{kezd}}^{(1)}=N_{O\text{kezd}}^{(2)}/2=N/3$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%), így a kialakuló egyensúlyi nyomás \setbox0\hbox{$p=3p_\text{kezd}/2$}% \message{//depth:\the\dp0//}% \box0%.

A részecskeszámokra vonatkozó differenciálegyenletek megoldása az előző feladatéval analóg.