IDEÁLNÍ PLYN I. Prof. RNDr. Emanuel Svoboda, CSc

IDEÁLNÍ PLYN I

Prof. RNDr. Emanuel Svoboda, CSc.

DEFINICE IDEÁLNÍHO PLYNU (MODEL IP) O

molekulách ideálního plynu vyslovujeme 3 předpoklady: 1. Rozměry molekul jsou zanedbatelně malé ve srovnání se střední vzdáleností molekul od sebe – považujeme je za hmotné body. 2. Molekuly na sebe vzájemně nepůsobí mimo vzájemné srážky. (Ep = 0) 3. Vzájemné srážky a srážky se stěnami nádoby jsou dokonale pružné. Doplnění: IP obsahuje velký počet částic (porovnáváme s {NA})

ÚLOHA 1 ZE CVIČENÍ 4

 Odhadněte

na základě údajů uvedených v MFChT počet molekul plynů vzduchu (bez CO2 a vodních par) o objemu 1,0 cm3 za normálních podmínek. (hustota vzduchu 1,29 kg  m-3, molární hmotnost vzduchu asi 29 g.mol-1)  Řešení m VN A N  n NA  NA  Mm Mm 1,29  1,0  10 –6  6,022  1023 19 N  2 , 7  10 29  10 – 3

ZÁKLADNÍ CHARAKTERISTIKY … klidová hmotnost částice IP  m … hmotnost daného množství plynu  NV … hustota částic plynu   … hustota plynu  n … látkové množství plynu  N … počet částic určité vlastnosti  dN … elementární počet částic dané vlastnosti (např. rychlost v daném intervalu)  N/V = N/V stejná hustota částic  N/N = V/ V  N = NV. V  dN = NV. dV  mo

ROZDĚLENÍ MOLEKUL PLYNU PODLE RYCHLOSTÍ  Lammertův

pokus (s parami kovů – Pb, Bi, Sn; historicky páry Hg)

d=v.

;

=.



d v 

TABULKA ROZDĚLENÍ MOLEKUL PODLE RYCHLOSTÍ

KYSLÍK O2 N N Relativní četnost počtu molekul s rychlostmi v intervalu (v, v + v)

HISTOGRAM ROZDĚLENÍ MOLEKUL

PLYNU

PODLE RYCHLOSTÍ KYSLÍK O2

g (v ) 

N Nv

GRAF ROZDĚLENÍ MOLEKUL PODLE RYCHLOSTÍ PRO DVĚ RŮZNÉ TEPLOTY

g (v ) 

N Nv

POJMY N N

dN N

dN dw  N

Relativní četnost počtu částic s rychlostmi v intervalu (v, v + v) Relativní četnost počtu částic s rychlostmi v intervalu (v, v + dv) Pravděpodobnost výskytu částic s rychlostmi v intervalu (v, v + dv)

dN dw g (v )   Ndv dv

Hustota pp výskytu rychlosti v intervalu (v, v + dv) – rozdělovací funkce g(v)

dw  g (v)  dv

Pravděpodobnost, že rychlosti částic jsou v intervalu (v, v + dv)

HUSTOTA PP VÝSKYTU MOLEKUL PLYNU ROZDĚLOVACÍ FUNKCE; PRAVDĚPODOBNOST

dN g (v )  Ndv

dw  g (v ).dv Geometrický význam dw – určení z grafu g(v)

Pozor: nezaměňovat průběh Maxwellovy křivky s Gaussovou křivkou(ta je symetrická)

TVARY ROZDĚLOVACÍ FUNKCE MAXWELL – STATISTICKÝ ZÁKON 1860 k  1,3810-23 JK-1

Boltzmannova konstanta R  8,31 JK-1mol–1 molární plynová konstanta M m … molární hmotnost plynu

ROZBOR GRAFU ROZDĚLOVACÍ FUNKCE v = 0 , v →  nesymetričnost grafu  maximum g(v) nejpravděpodobnější rychlost vp 

vp 

2kT m0

vp 

2 RT Mm

HLEDÁNÍ MAXIMA ROZDĚLOVACÍ FUNKCE  dg ( v )  0  dv    v vp 2

m0 v  2kT Kořeny rovnice:

 2vp  m0  –α 2 –    0 2vp  e  vp  e   –  2kT   2v p  e

(vp)1 =0;

Fyzikální význam:

–

 2 m0  1  vp 2kT   0  

(vp)2 = 

v 

p 3, 4

2kT 2 RT vp   m0 Mm

2kT  m0

PŘÍKLADY HODNOT RYCHLOSTÍ VP Při

teplotě 273 K: kyslík O2 … 377 ms-1 vodík H2 … 1507 ms-1 xenon Xe … 186 ms-1 vzduch … 396 ms-1

ÚLOHA 2 ZE CVIČENÍ 4 

Vypočtěte, při které teplotě je nejpravděpodobnější rychlost molekul vodíku rovna 2000 ms–1.



Řešení:

2 RT vp  Mm



T

vp2  M m 2R

20002  2 10 –3 T K  481 K 2  8,31

o

tj. asi 208 C

STŘEDNÍ RYCHLOST

A STŘEDNÍ KVADRATICKÁ RYCHLOST 3  mo  2 3



4  mv 2  v    v. g (v ) dv  )dv     v exp(  2kT   2kT  0 0 

x

2 n1

. exp(x )dx  2

0

n!

8kT 8 RT vs    mo  Mm

2 n1



v 2   v 2 g (v ) dv

vk 

v2

0



 x . exp( x )dx  2n

0

2

1.2.3....(2n  1)  2n1.

2 n1 2

3kT 3 RT vk   mo Mm

POROVNÁNÍ RYCHLOSTÍ VP, VS A VK

Kyslík O2

vk  vs  vp

PŘÍKLADY HODNOT RYCHLOSTÍ VK Plyn

T1 = 273 K

T2 = 373 K

vk = ms–1

vk = ms–1

Dusík N2

493

577

Kyslík O2

461

539

Vodík H2

1829

2125

Xenon

228

267

Vzduch

485

567

ÚLOHA 3 ZE CVIČENÍ 4  Ověřte

si názorně pro 5 různě zvolených číselných hodnot rychlosti, že je rozdíl mezi hodnotami v 2  vk v a

ÚLOHA 4 ZE CVIČENÍ 4 Vypočtěte střední kvadratickou rychlost kyslíku O2 za teploty 27 oC.  Řešení: 

3RT 3  8,31 300 –1 vk   m  s Mm 32  10 –3 vk  483 m  s –1 

Porovnat vypočtenou hodnotu s předchozí tabulkou

ÚLOHY 5 A 6 ZE CVIČENÍ 4 Proč trvá i půl minuty, než se k nám rozšíří vůně parfému?  Odpověď: velmi složitá cesta molekul některých parfémů mezi molekulami plynů vzduchu  Může být rychlost zvuku v daném plynu větší, než střední kvadratická rychlost molekul tohoto plynu? Ověřte např. pro vodík nebo vzduch.  Odpověď: zvuková vlna se šíří pomocí srážek mezi jednotlivými molekulami, neboli rychlost menší než střední kvadratická rychlost; molekuly se pohybují všemi směry, ne jen ve směru šíření vlny. Pro vodík je vk = 1920 ms–1, rychlost zvuku ve vodíku 1350 ms–1. 

ÚLOHA 7 ZE CVIČENÍ 4 (NA RELATIVNÍ ČETNOST MOLEKUL) • Nádoba je naplněna kyslíkem O2 při 27 oC. Určete : a) střední kvadratickou rychlost molekul O2; b) relativní četnost molekul s rychlostmi v intervalu 599 ms–1; 601 ms–1 . Doporučení: Zvolte rozdělovací funkci, ve které se vyskytuje Mm plynu a použijte lineární interpolaci.

ŘEŠENÍ a ) vk 

3 RT  Mm

b) v = 2 ms–1

3  8,31  300 –1 –1 m  s  483 m  s 32  10 – 3 

malý interval, proto vyhodnotíme rychlostí v = 600 ms–1  Lineární interpolace 3 2

N  Mm  2  4   v e N  2RT 

N  4  A  v 2  e B  v N

–

Mmv 2 2 RT

 v

A  2,92  10 s  m –9

3

–3

B  –2,31

N –3 N –9 2 – 2 , 31  2 , 62  10  4  2,92  10  600  e 2 N N Asi 0,3 % molekul z celkového počtu (zvolili jsme malou šíři intervalurychlostí)

ÚLOHA 8: GRAFICKÉ ŘEŠENÍ RELATIVNÍHO POČTU ČÁSTIC S RYCHLOSTMI V DANÉM INTERVALU 



Úloha: Kolik % molekul argonu (Ar  40) se pohybuje při teplotě 373 K s rychlostmi v intervalu (472,5 ms–1, 630 ms–1) ? Řešte graficky. Zvolte rozdělovací funkci uvedenou v přehledu na 1. řádku. 3 2

Řešení:

dN 4  mo  2 2 – 2okT   dv   v e N   2kT  m v

3

– 2 dN 4  1  v 2   v  e p  dv N   vp  v dN 4 2 –u 2 u   u  e  du vp N 

2kT vp   mo

Substituce: Integrací:

v2

N 4 2 –u 2  u  e du N u1  u2

GRAFICKÉ ŘEŠENÍ ÚLOHY 

Odhadneme průběh funkce



Tabulka



Graf

vp  394 m/s u1  1,2 u2  1,6

N  24 % N

f(u) 

4



u e 2

– u2

u

0,4

0,8

1,0

1,2

1,6

2,0

2,2

f(u)

0,31

0,76

0,83

0,77

0,45

0,16

0,12

KONTROLA VÝPOČTEM INTEGRÁLU – HTTP://UM.MENDELU.CZ/MAW -HTML/INDEX.PHP?LANG=CS&FORM=INTEGRAL

N 4  .0 ,1096 N  N  0 ,247 N

 25 %

GRAF CHYBOVÉ

FUNKCE

ROZDĚLOVACÍ FUNKCE PRO ROZDĚLENÍ MOLEKUL PLYNU PODLE JEJICH KINETICKÝCH ENERGIÍ 

3 2

 mo  2 g ( v ) d v  4    v e Východisko – g(v)dv :  2kT 

mo v 2 – 2 kT

 dv



Kin. energie 1 částice: E  1 m v 2  v 2  2 Ek  v  2 Ek k o 2 mo mo



Dif. změna rychlosti:



Dosazením:



Po úpravě:

dEk dv  2mo  Ek 3 2

 mo  2 Ek – g ( Ek )dEk  4  e    2kT  mo 3 2

Ek kT



dEk 2mo  Ek

–  1  g ( Ek )  2    Ek  e  kT 

Ek kT

POKR. 



Podmínka pro extrém: dg(Ek )  0 dEk

kT Vyhovující řešení: E kmax  2



Nezávislost na hmotnosti částice

1  1,38 10 – 23  300 J  2,110 – 21 J 2



Pro T = 300 K: Ekmax



Pro vodík H2 vypočteme nejpravděpodobnější rychlost: vp 

2kT 2 RT 2  8,31 300   m  s –1  1579 m  s –1 –3 mo Mm 2 10

Kdyby Ekmax(vp), pak by vyšlo kT  Nesmí se zaměňovat !!!!! 

dvojnásobek

BAROMETRICKÁ ROVNICE 

Změna hustoty částic v atmosféře se změnou výšky nad povrchem Země (pro T = konst., g = konst.)

N V  N Vo  e 

–

mo gh kT

 N Vo  e

–

M m gh RT

Pro tlak platí stavová rovnice M m gh M gh – – m p  N V kT  N Vo  kT  e RT  po  e RT

p  po  e

–

M m gh RT



Neboli



Platí přibližně, tlak není přímo úměrný výšce h (na rozdíl od hydrostat. tlaku); vliv proudění, změny teploty

ÚLOHA 9 

Vypočtěte, v jaké výšce (s teplotou 0 oC) má atmosférický tlak v tíhovém poli Země poloviční hodnotu oproti atm. tlaku při povrchu Země (se stejnou teplotou). Řešte nejdříve obecně, proveďte zkoušku jednotek a pak řešte početně.Molární hmotnost vzduchu 29 gmol–1.



Řešení

1 e 2

–

Logaritmováním  Po úpravě 



Číselně

M m gh RT

– ln2  –

RTln2 h Mm g

M m gh RT

J  K –1  mol–1  K h  m –1 –2 kg  mol  m  s

8,31 273  ln2 h m  5,5 km –3 29 10  9 ,81

ÚLOHA 10 Pomocí barometrické rovnice odvoďte závislost hustoty atmosférického vzduchu v tíhovém poli Země na výšce. M gh  Řešení: – m 

p  po  e





Stavová rovnice pV = NkT

NkT NkT p   V m

Dosazením do barometrické rovnice dostaneme

NkT NkT  o  e m m 

RT

–

M m gh RT

  o  e

–

Nebo vyjít z rovnice pV = poVo (p /  = po / o)

M m gh RT