Upload
others
View
5
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
SLOVENSKÁ TECHNICKÁ UNIVERZITA V BRATISLAVE ____________________________________________________________________________________________________________
STAVEBNÁ FAKULTA
Doc. Ing. Juraj Veselský, PhD.
FYZIKA
Zbierka úloh II
2002
©Doc. Ing. Juraj Veselský, PhD. Lektori: Doc. RNDr. Juraj Dillinger, CSc. Doc. Ing. Pavol Fedorko, CSc. Vydalo .... Za odbornú náplň tohto vydania zodpovedá Doc. Ing. Juraj Veselský, PhD., vedúci Katedry fyziky SvF STU.
ÚVOD
Skriptá sú určené ako učebná pomôcka pre všetky študijné odbory na SvF STU v predmete Fyzika. Dopĺňajú skriptá Fyzika 2 (Kmity a vlny, termodynamika) a Fyzika 2 (Elektrina a magnetizmus).
Skriptá sú rozčlenené na dve časti, ktorých názvy sú: 1. MOLEKULOVÁ FYZIKA A TERMIKA 2. ELEKTRINA A MAGNETIZMUS
Prvá časť Molekulová fyzika a termika je rozdelená do piatich kapitol: 1. Teplota, teplotná rozťažnosť, kalorimetria 2. Zákony platné pre ideálny plyn 3. Kinetická teória plynov 4. Termodynamika 5. Prenos tepla
Druhá časť Elektrina a magnetizmus pozostáva tiež z piatich kapitol: 1. Elektrostatické pole 2. Jednosmerný elektrický prúd 3. Magnetické pole 4. Elektromagnetické javy 5. Striedavý elektrický prúd
Každá kapitola obsahuje stručný prehľad teoretických poznatkov a niekoľko riešených príkladov, ktoré slúžia ako návod na samostatné riešenie úloh uvedených v príslušnej kapitole. Skriptá, ako už bolo uvedené, sú určené na doplnenie prednášok z fyziky a v žiadnom prípade prednášky, resp. štúdium z vyššie spomínaných skrípt Fyzika 2 nemôžu nahradiť.
Dovoľujem si vysloviť presvedčenie, že predkladané skriptá pomôžu prostredníctvom riešenia fyzikálnych úloh lepšie pochopiť fyzikálne zákony a procesy. V Bratislave júl 2002 autor
5
1. MOLEKULOVÁ FYZIKA A TERMIKA 1.1 TEPLOTA, TEPLOTNÁ ROZŤAŽNOSŤ, KALORIMETRIA V ľubovoľnej látke – v tuhých telesách, v kvapalinách i plynoch – molekuly, resp. atómy,
vykonávajú nepretržitý pohyb, čo značí, že sa vyznačujú istou kinetickou energiou. Táto kinetická energia pohybu mikročastíc súvisí s fenomenologickou veličinou nazvanou teplota. Teplota ako veličina, ktorá charakterizuje stav látok so zreteľom na energiu mikročastíc môže sa objektívne zmerať tak, že sa nájdu také priamo merateľné veličiny, ktoré sa s ňou dostatočne citlivo a pokiaľ možno lineárne menia. Takýmito veličinami sú napr. objem látok a tlak plynov, ale aj iné. V praxi sa obyčajne meria teplota pomocou teplotnej rozťažnosti kvapalín alebo teplotnej rozpínavosti plynov.
Keď sa objem nejakej kvapaliny (napr. ortuti) s rastom teploty len zväčšuje a keď pri teplote tuhnutia vody je V0, pri teplote varu vody V100 a pri meranej teplote V, potom teplota v °C je určená vzťahom
C 100 . 0100
0 °−−
=VV
VVt . (1)
Keď sa teplota meria pomocou zmien tlaku plynu pri konštantnom objeme, teplota v °C
je určená vzťahom
C 100 . 0100
0 °−
−=
ppppt , (2)
kde p0 je tlak plynu pri teplote tuhnutia vody, p100 tlak pri teplote varu vody a p tlak pri meranej teplote.
Často sa používa Kelvinova teplotná stupnica, ktorá nemá záporné teploty. Súvislosť medzi teplotou t vyjadrenou v Celziovej stupnici a teplotou T v Kelvinovej stupnici je daná vzťahom
{ }( ) K15,273 += tT , (3)
kde {t} značí hodnotu teploty v Celziovej teplotnej stupnici. Pretože hodnota jedného kelvina je rovnaká ako hodnota jedného Celziového stupňa, je aj
teplotný rozdiel Δt v Celziovej teplotnej stupnici vyjadrený pomocou jednotky kelvin (K). Temer všetky látky – tuhé, kvapalné i plynné – zväčšujú svoj objem so vzrastom teploty.
Pri kvapalinách a plynoch má význam hovoriť len o objemovej rozťažnosti. Pri tuhých látkach sa môže skúmať teplotná rozťažnosť z hľadiska dĺžky i objemu.
Keď pri nejakej základnej teplote t0 je dĺžka pevnej tyče 0l , potom pri zmene teploty o 0Δ ttt −= je dĺžka tyče daná vzťahom
( )tΔ 1 0 α+= ll , (4)
kde α je koeficient teplotnej dĺžkovej rozťažnosti definovaný vzťahom
6
t dd1
0
l
l=α . (5)
Závislosť objemu tuhých telies V od teploty približne určuje vzťah
( )tVV Δ 1 0 β+= , (6)
kde V0 je objem telesa pri teplote t0, 0Δ ttt −= je teplotný rozdiel a β je koeficient objemovej teplotnej rozťažnosti určený vzťahom
tV
V dd1
0=β . (7)
Koeficient objemovej teplotnej rozťažnosti súvisí pri izotropných telesách s koeficientom
dĺžkovej teplotnej rozťažnosti vzťahom
αβ 3≈ . (8)
Pri dotyku dvoch alebo viacerých telies s nerovnakou teplotou sa po istom čase teploty telies vyrovnajú. Tento proces sa vysvetľuje prechodom energie – tepla – z telies s vyššou teplotou do telies s nižšou teplotou, kým sa teploty telies nevyrovnajú. Teda teplom sa nazýva energia, ktorá sa odovzdáva z jedného telesa druhému bez konania práce. Táto energia sa odovzdáva prostredníctvom mikroskopických interakcií.
Pri zmene teploty telesa z t1 na t2 teplo prijaté (odovzdané) sa vypočíta zo vzťahu
∫=2
1
d t
t
tmcQ , (9)
kde m je hmotnosť telesa a c hmotnostná tepelná kapacita látky, z ktorej je teleso zhotovené. Hmotnostná tepelná kapacita sa rovná teplu, ktoré musíme dodať 1 kg látky, aby sme zvýšili jej teplotu o 1 K. Vzťahom
mcC = (10)
je určená tepelná kapacita látky s hmotnosťou m, pod ktorou sa rozumie teplo potrebné na jej ohriatie o 1 K.
Keď je hmotnostná tepelná kapacita nezávislá od teploty, môže sa vzťah (9) vyjadriť takto
( ) TmctmcttmcQ Δ Δ 12 ==−= . (11)
Zmena kvapaliny na paru sa uskutočňuje pri konštantnej teplote. Teplo potrebné na
zmenu kvapaliny s hmotnosťou m na paru, ktoré prijme kvapalina z okolia, sa nazýva skupenské teplo vyparovania Lv a určí sa zo vzťahu
vv lmL = , (12)
7
kde vl je hmotnostné skupenské teplo vyparovania (kondenzácie). Pri kondenzácii sa rovnaké teplo odovzdá okoliu.
Podobne pri topení (tuhnutí) látka prijme (odovzdá) z okolia (okoliu) teplo
tt lmL = , (13)
kde tl je hmotnostné skupenské teplo topenia (tuhnutia). Ak je sústava telies od okolia tepelne dokonale odizolovaná a ak sa v nej vymieňa energia
len prostredníctvom tepla, platí rovnica tepelnej rovnováhy
0...21 =+++ nQQQ ,
kde Q1, Q2, …, Qn sú teplá, ktoré prijmú (s kladným znamienkom) alebo odovzdajú (so záporným znamienkom) telesá sústavy. Tieto teplá sa určujú zo vzťahov (9), (11), (12) a (13).
Príklad 1.1: Čas kyvu kyvadla tvaru tyče dĺžky 0,8 m je pri teplote 20 °C rovný 1 s. Vypočítajte,
o koľko by sa oneskorovali za jeden deň hodiny ovládané týmto kyvadlom pri teplote 33 °C ( -15 K10.9,1 −=α ).
Riešenie: Doba kyvu kyvadla je určená vzťahom
3g2 π
2
π π2
31
l
l
l===
mg
mmga
IT .
Ak označíme dobu kyvu kyvadla pri teplote 33 °C ako T1 a dobu kyvu pri teplote 20 °C
ako T0, pre ich podiel platí
0
1
0
1l
l=
TT ,
z čoho doba kyvu pri teplote 33 °C
( ) s 0001235,1 K13 . K10 . 1,91 . s 1Δ 1 Δ 1 1-5-0
0
00
0
101 =+=+=
+== tTtTTT αα
l
l
l
l .
Kyvadlo s dobou kyvu 1 s vykoná za jeden deň
( ) kyvov. 86400s 1
s 60 . 60 . 24==n
8
Kyvadlo s dobou kyvu T1 = 1,0001235 s vykoná za jeden deň tento počet kyvov
( ) .86389s 1,0001235s .60 60 . 24==′n
Hodiny sa budú teda oneskorovať o s 11=′− nn , keďže hodiny sú konštruované tak, že
jeden kyv kyvadla posunie sekundovú ručičku o jeden dielik. Príklad 1.2: V kalorimetri zmiešame dve množstvá ortuti, ktoré majú rozličné teploty. Dokážte, že
celkový objem ortuti sa po vyrovnaní teplôt nezmení. Riešenie: Označme V1, t1, resp. V2, t2, objem a teplotu prvého, resp. druhého množstva ortuti.
Objemy V1 a V2 môžeme vyjadriť pomocou objemov V01 a V02, ktoré zaberajú skúmané množstvá ortuti pri teplote 0 °C
( )1011 1 tVV β+= ,
resp. ( )2022 1 tVV β+= .
Celkový objem ortuti pred vyrovnaním teplôt teda bude
( ) ( )202101 1 1 tVtVV ββ +++= .
Po vyrovnaní teplôt celkový objem bude
( ) ( )tVVV 1 0201 β++=′ .
Úlohou je dokázať, že VV ′= . Za tým účelom budeme upravovať posledný vzťah, a to tak, že z kalorimetrickej rovnice vyjadríme teplotu t
( ) ( )ttcmttcm −=− 2211
21
2211mm
tmtmt++
= .
Ak uvážime, že 0101 Vm ρ= a 0202 Vm ρ= dostaneme
.0201
202101VV
tVtVt++
=
9
Toto vyjadrenie t dosadíme do rovnice vyjadrujúcej objem ortuti po vyrovnaní teplôt a upravíme ju
( ) ( )
( ) ( ) .tVtV
tVtVVVVV
tVtVVVV
1 1
1
202101
20210102010201
2021010201
ββ
ββ
+++=
=+++=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++
++=′
Vidíme, že VV ′= , čo značí, že celkový objem ortuti sa nezmení. Príklad 1.3: Na zmeranie teploty vody hmotnosti 0,1 kg sme použili teplomer, ktorý po ponorení do
vody ukázal teplotu 40 °C. Aká je skutočná teplota vody, keď tepelná kapacita teplomera je 2,3 J.K-1 a pred ponorením do vody ukazoval teplotu miestnosti 21 °C? (cvody = 4186 J.kg-1.K-1)
Riešenie: Po ponorení teplomera do vody sa teploty vody i teplomera vyrovnajú, teda teplota, ktorú
ukazuje teplomer je teplota po ustálení. Pôvodná teplota vody bola teda vyššia. Teplomer po ponorení do vody prijal teplo
( )tt ttCQ −= ,
kde tt je pôvodná teplota teplomera. Voda sa ochladila z pôvodnej teploty tv na teplotu t a odovzdala teplo
( )ttcmQ −= vvvv .
Ak predpokladáme dokonalú tepelnú izoláciu, platí
0vt =+QQ
( ) ( ) 0 vvvt =−−− ttcmttC .
Riešením tejto rovnice dostaneme vzťah pre určenie skutočnej teploty vody
( ) ( ) C 40,1C 40C 21-C 40 . K. kg .J 4186 . kg 0,1
K.J 2,3 1-1-
-1
tvv
v °=°+°°=+−= tttcm
Ct .
Príklad 1.4: Do kalorimetra vložíme ľad a vodu s rovnakými hmotnosťami. Ľad má teplotu –40 °C a voda
50 °C. Vypočítajte výslednú teplotu zmesi. (cľadu = 2093 J.kg-1.K-1; cvody = 4186 J.kg-1.K-1; tl = 3,34.105 J.kg-1)
10
Riešenie: Voda hmotnosti X kg pri ochladení na 0 °C odovzdá teplo
( ) J 10 . 2,093 . X K50 . K. kg J. 4186 . kg X0 5-1-1vvv ==−= tmcQ .
Ľad hmotnosti X kg pri ohriatí na teplotu 0 °C prijme teplo
( ) J 10 . 8,372 . X K40 . K. kg .J 2093 . kg X-0 4-1-1 === lll tmcQ .
Aby X kg ľadu zmenilo skupenstvo, muselo by prijať teplo
J 10 . 3,34 . Xkg .J 10 . 3,34 . kg X 5-15t === lmL .
Z výsledkov vidieť, že voda neodovzdá dosť tepla potrebného na to, aby sa všetok ľad
roztopil. Z toho vyplýva, že teplota zmesi ľad – voda sa ustáli na hodnote 0 °C. Na zmenu skupenstva zostane k dispozícii len teplo J 580 125 . Xv =− lQQ - roztopí sa len časť ľadu, a to
% 38 100J 000 334 . XJ 580 125 . X
=%. .
Príklad 1.5: Akú rýchlosť musí mať olovený brok vystrelený z pušky, aby sa pri náraze na pevnú
prekážku roztopil? Hmotnostná tepelná kapacita olova je 129 J.kg-1.K-1; hmotnostné skupenské teplo topenia olova 2,09.104 J.kg-1; teplota topenia olova 327 °C a začiatočná teplota broku 27 °C. Ďalej predpokladáme, že vzniknuté teplo sa rovnakým dielom rozdelí medzi brok a prekážku.
Riešenie: Pri riešení vychádzame zo zákona zachovania energie. Kinetická energia broku sa pri náraze
na pevnú prekážku zmení na teplo
( )t2
21 Δ 22 lmtmcQm +==v .
Z tejto rovnice vyjadríme hľadanú rýchlosť broku
1-1-41-1-t s . m 488kg .J 10 . 2,09 K300 . K. kg .J 129 2Δ 2 =+=+= ltcv .
ÚLOHY 1.1 Na sklenej teplomerovej kapiláre, v ktorej sa nachádza ortuť, je urobená pravidelná
stupnica bez označenia. Keď vložíme kapiláru do topiaceho sa ľadu, je meniskus ortuti pri 20-tich dielikoch a vo vodných parách vystupujúcich z vriacej vody pri normálnom
11
atmosférickom tlaku pri 70-tich dielikoch. Ku ktorému dieliku stupnice máme pripísať 50 °C, -20 °C, 130 °C?
[45 d; 10 d; 85 d] 1.2 Tenká kruhová obruč z mosadze, s vnútorným priemerom 20 cm, je zavesená v bode na
vnútornom obvode a kýve sa ako fyzikálne kyvadlo. Koľkokrát sa zväčší jeho perióda, ak teplota vzrastie o 25 °C? (αmos = 1,9.10-5 K-1)
[1,00024-krát] 1.3 Oceľová vzpera s priemerom 3 cm je na obidvoch koncoch prinitovaná na konštrukciu tak, že
vzdialenosť nitov sa nemení. Pri nitovaní bola napínacia sila nulová. Aká sila bude namáhať nitové spoje, keď teplota klesne o 30 °C? (Eocele = 2,1.1011 Pa; αocele = 1,2.10-5 K-1)
[F = 5,34.104 N] 1.4 Koľkokrát vzrastie vztlaková sila pôsobiaca na medenú guľu ponorenú do kvapaliny, ak
zmeníme teplotu kvapaliny o 20 K? Hustotu kvapaliny považujte za nezávislú od teploty. (αCu = 1,7.10-5 K-1).
[1,00102-krát] 1.5 Kocka ľadu má hmotnosť 25 g a teplotu 0 °C. Kocku vhodíme do pohára s vodou, ktorá
má hmotnosť 200 g a teplotu 20 °C. Vypočítajte výslednú teplotu vody. ( -15
t-1-1
vody kg .J 10.34,3 ; K. kg .J 4186 == lc ) [t = 8,91 °C] 1.6 Aké množstvo tepla je potrebné na to, aby sme zmenili ľad s hmotnosťou 25 kg a
teplotou 0 °C na paru s teplotou 100 °C? ( -16
v-15
t-1-1
vody kg .J 10.26,2 ;kg .J 10.34,3 ; K. kg .J 4186 === llc ) [Q = 7,53.107 J] 1.7 Dodaním 5,261.104 J tepla olovu s hmotnosťou 1 kg sa polovica olova roztopila. Aká
bola pôvodná teplota olova, keď hmotnostná tepelná kapacita olova je 129 J.kg-1.K-1, hmotnostné skupenské teplo topenia 2,09.104 J.kg-1 a teplota topenia 327 °C?
[t = 0 °C] 1.8 Do nádoby vložíme ľad, ktorý má hmotnosť 2 kg a teplotu –30 °C a prilejeme vodu, ktorá
má hmotnosť 1 kg a teplotu 100 °C. Koľko ľadu sa roztopí, keď nádoba je dokonale tepelne izolovaná od okolia?
( -15t
-1-1ľadu
-1-1vody kg .J 10343 ; K. kg .J 2093 ; K. kg .J 4186 .,=== lcc )
[m = 0,877 kg] 1.9 V nádobe, z ktorej odsávame vzduch sa nachádza voda s neznámou hmotnosťou a
teplotou 0 °C. Následkom čerpania vzduchu sa vyparí 5 g vody. Zvyšná voda zamrzne. Nájdite pôvodnú hmotnosť vody, ak hmotnostné skupenské teplo topenia ľadu je 3,34.105 J.kg-1 a hmotnostné skupenské teplo vyparovania vody 2,26.106 J.kg-1.
[m = 38,8 g]
12
1.10 Pri určovaní hmotnostnej tepelnej kapacity zeminy sme ohriali suchú zeminu s hmotnosťou 0,35 kg na teplotu 49 °C a vložili do kalorimetra s vodou. Hmotnosť vody v kalorimetri bola 0,35 kg a jej teplota 25 °C. Po vložení zeminy sa teplota ustálila na 28 °C. Aká je hmotnostná tepelná kapacita zeminy, keď tepelná kapacita kalorimetra je 180 J.K-1? ( -1-1
vody K. kg .J 4186=c ) [cz = 671 J.kg-1.K-1] 1.11 Vypočítajte tepelné straty z teplovodného potrubia (teplo, ktoré unikne z 1 m potrubia
za 1 s), keď teplota vody na začiatku potrubia je 73 °C a na konci 70 °C. Dĺžka potrubia je 50 m a za 1 s ním preteká 0,5 l vody. ( -1-1
vody K. kg .J 4186=c ) [Qs = 126 W.m-1] 1.12 Nákladný automobil s hmotnosťou 2.104 kg brzdí pomocou bŕzd so spomalením 0,3 m.s-2.
Brzdenie do zastavenia trvá 10 s. O koľko vzrastie teplota bŕzd, keď polovica tepla vyvinutého pri brzdení sa rozdelí rovnomerne medzi štyri brzdy, z ktorých každá má hmotnosť 0,75 kg? (Hmotnostná tepelná kapacita materiálu, z ktorého sú zhotovené brzdy je 600 J.kg-1.K-1)
[Δ t = 25 K] 1.13 Elektrický varič má výkon 750 W. Za akú dobu privedie do varu 1 l vody, ktorá má
teplotu 14 °C, keď len 70 % ním vyvíjaného tepla spôsobuje ohrev vody? ( -1-1
vody K. kg .J 4186=c ) [τ = 11,4 min]
13
1.2 ZÁKONY PLATNÉ PRE IDEÁLNY PLYN Okamžitý stav určitého množstva plynu je charakterizovaný jeho objemom V, tlakom p a
teplotou T. Keď sa teplota udá v Kelvinovej teplotnej stupnici, zákony platné pre ideálny plyn sú vyjadrené jednoduchými vzťahmi. Keď je hmotnosť plynu konštantná, potom stav plynu sa opisuje nasledovnými zákonmi:
Zákon Boylov - Mariottov: Keď sa teplota plynu nemení (T = konšt), súčin tlaku p a objemu V daného množstva plynu je konštantný
konšt00 == VppV , (1)
kde p0 a V0 sú tlak a objem plynu vo zvolenom základnom stave.
Zákon Gay-Lussacov: Keď sa tlak plynu nemení (p = konšt), podiel objemu V a teploty T plynu je konštantný
konšt0
0 ==TV
TV , (2)
kde V0 a T0 sú objem a teplota plynu vo zvolenom základnom stave.
Charlesov zákon: Keď sa objem plynu nemení (V = konšt), podiel tlaku p a teploty T plynu je konštantný
konšt0
0 ==Tp
Tp , (3)
kde p0 a T0 sú tlak a teplota plynu vo zvolenom základnom stave.
Vzájomnú súvislosť všetkých troch stavových veličín vyjadruje stavová rovnica. Podľa nej súčin tlaku p a objemu V plynu delený jeho teplotou T je konštantný
konšt0
00 ==TVp
TpV , (4)
kde p0, V0 a T0 sú hodnoty tlaku, objemu a teploty plynu vo zvolenom základnom stave.
Objem plynu V0 sa môže vyjadriť vzťahom m00 nVV = , kde n je látkové množstvo plynu
(počet mólov) a Vm0 je molárny objem plynu (objem 1 molu plynu). Ak Pa10.01325,1 50 =p
a K,15,2730 =T molárny objem plynu je .mol . m 10 . 2414,2 -13-2m0 =V Keď tieto hodnoty
dosadíme do vzťahu (4) získame iné vyjadrenie stavovej rovnice
nRTpV = , (5) kde
1-1-
0
00 K. mol .J 3148,TVpR ==
je molárna plynová konštanta.
Reálne plyny spĺňajú stavovú rovnicu (5) len približne, a to tým presnejšie, čím menší je ich tlak a teplota vyššia.
14
Látkové množstvo plynu sa určí zo vzťahu
Am NN
Mmn == , (6)
kde m je hmotnosť plynu, Mm molárna hmotnosť plynu, N počet molekúl plynu nachádzajúci sa v danom množstve plynu a NA = 6,022.1023 mol-1 Avogadrova konštanta značiaca počet molekúl v 1 mole plynu.
Daltonov zákon: V zmesi plynov, ktoré chemicky nereagujú, každý plyn sa správa tak, ako keby sám vypĺňal celý priestor. Výsledný tlak p takejto zmesi plynov sa rovná súčtu parciálnych tlakov pi jednotlivých zložiek tvoriacich plynnú zmes
VRT
Mm...
Mm...
Mm
Mmp...p...ppp
n
n
i
ini
mmm2
2
m1
121 ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++++=+++++= , (7)
kde V a T sú objem a teplota zmesi plynov a mi a Mmi sú hmotnosť a molárna hmotnosť jednotlivých zložiek tvoriacich plynnú zmes.
Príklad 1.6: V strede čiastočne evakuovanej a z oboch koncov uzavretej kapiláry uloženej vo
vodorovnej polohe sa nachádza stĺpec ortuti dĺžky 20 cm. Ak kapiláru postavíme zvisle, stĺpec ortuti sa posunie smerom nadol o 10 cm. Dĺžka kapiláry je 1 m. Na aký tlak bola kapilára evakuovaná? (ρHg = 13,6.103 kg.m-3)
Riešenie: Vo vodorovnej polohe je tlak plynu v obidvoch častiach kapiláry rovnaký – označme ho p.
Objem plynu označíme V (obr. 1.1).
Obr.1.1
ll
l
ppp
pp
p
VV
V
VV
VLL
L
,,
a)
Δl
´´
´´´´
b)
15
Po otočení kapiláry do zvislej polohy sa tlaky zmenia – v hornej časti bude tlak p′ a v dolnej p ′′ . Objemy budú V ′ a V ′′ . Tlaky p′ a p ′′ súvisia podľa vzťahu
pgp ′′=+′ l ρ , (P1)
kde lg ρ je hydrostatický tlak ortuťového stĺpca.
Ďalej, podľa Boylovho-Mariottovho zákona platí
. VppVVppV′′′′=
′′= (P2)
Objemy V, V ′ a V ′′ môžeme, ak prierez S kapiláry je všade rovnaký, vyjadriť takto
( )SLV - 21
l=
( ) SLV Δ 21
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +−=′ ll
( ) SLV Δ 21
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −−=′′ ll
a ak uvážime, že podľa zadania 2Δ ll = dostaneme
( )SLV 21
l−=
SLV 2
=′ (P3)
SLV 2
2l−=′′ .
Ak vzťahy (P3) a (P1) dosadíme do rovníc (P2) dostaneme nasledujúcu sústavu rovníc
( ) ( ) SLgpSLp 2
2 21 l
ll−
+′=− ρ
( ) SLpSLp 2
21 ′=− l ,
z ktorej získame vzťah pre určenie neznámeho tlaku p
( )( )
( )( ) Pa10 . 00,5
m 2,01 2m 0,2 . 21 m 1 s . m 9,81 . m . kg 10 . 13,6
22 42-3- =
−−
=−−
=l
l
LLLgp ρ .
16
Príklad 1.7: Dva rovnaké, spolu spojené valce s piestami sú čiastočne zaplnené kvapalinou
s hustotou ρ. Vzdialenosti piestov od povrchov kvapaliny sú rovnaké a rovné H (obr. 1.2). Jeden z piestov je pripevnený. Voľný piest začneme dvíhať nahor. Pri akom posunutí piesta h bude rozdiel vodných hladín vo valcoch rovný H? Začiatočný tlak vzduchu v každom valci je rovný p0.
Riešenie: Pred posunutím piesta je stav plynu vo valcoch charakterizovaný tlakom p0 a
objemom V0. Po posunutí piesta bude tlak vzduchu v tomto valci p2 a objem V2. V druhom valci bude tlak vzduchu p1 a objem V1 (pozri obr. 1.2). Pre tlaky platí rovnica
gHpp 21 ρ+= , (P1)
kde ρ je hustota vody a H rozdiel vodných hladín vo valcoch.
Obr. 1.2
Predpokladáme, že dej je izotermický. Potom platia tieto rovnice
0022 VpVp =
0011 VpVp = .
Aby rozdiel vodných hladín vo valcoch bol rovný H, hladina v 1. valci (je nepohyblivý) musí klesnúť o H/2 a v druhom stúpnuť o H/2 (voda je nestlačiteľná), a teda objem
( )SHHV 21 += a ( )SHHhV 22 −+= . Potom tlaky p1 a p2 sú
001
001
32
2
pSHH
HSpVVpp =
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
==
HhHp
SHHh
HSpVVpp
+=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+
==22
2
00
2
002 .
pp
p pV VVV
000 0,,
, ,H22
11
hH/2
H/2
a) b)
17
Tieto vzťahy dosadíme teraz do rovnice (P1). Dostaneme rovnicu
gHHhHpp
22
32 0
0 ρ++
= ,
z ktorej posunutie piesta h je
( )( )gHp
gHpHh 32 2 34
0
0ρρ
−+
= .
Príklad 1.8: Plynu, ktorý má pri teplote 20 °C a tlaku 100 kPa objem 3 l, zmeníme pri konštantnej
teplote objem a tlak. Potom ho pri konštantnom tlaku ohrejeme na teplotu 100 °C a napokon pri konštantnej teplote zmeníme objem na 2 l . Nájdite konečný tlak.
Riešenie: Celý proces stavovej zmeny plynu pozostáva z troch zmien: 1) izotermickej – T = konšt,
2) izobarickej – p = konšt, 3) izotermickej – T = konšt. Pre prvú zmenu platí Boylov-Mariottov zákon
212211 ; TTVpVp == .
Pre druhú zmenu platí zákon Gay-Lussacov
323
3
2
2 ppTV
TV
== ; .
Tretí dej je znovu izotermický a platí
434433 TTVpVp == ; .
Riešením uvedených rovníc dostaneme hľadaný tlak
Pa10 . 91,1 K293,15 K15,373 .
m 10 . 2m 10 . 3 Pa 10 5
33-
3-35
1
3
4
11
4
3
2
11
4
334 =====
TT
VVp
VV
VVp
VVpp .
Príklad 1.9: Horizontálne uložená valcová nádoba je naplnená plynom, ktorý má teplotu 22 °C a tlak
0,1 MPa. Je rozdelená na dve rovnaké časti pohyblivým piestom. Aký bude tlak plynu v nádobe, ak nahrejeme plyn v jednej časti na 60 °C a v druhej zostane jeho teplota nezmenená?
18
Riešenie: Pred ohriatím plynu je stav plynu v obidvoch častiach charakterizovaný tlakom p1,
teplotou T1 a objemom V1 (obr. 1.3a).
Obr. 1.3 Po ohriatí plynu na teplotu T2 v jednej časti, objem plynu sa v tejto časti zväčší na
VV Δ1 + a tlak sa zmení na p2. V druhej časti sa teplota plynu podľa zadania nemení, objem sa zmenší na VV Δ1 − a tlak bude tiež p2 (obr. 1.3b). Túto zmenu môžeme opísať rovnicami
( )
2
12
1
11 Δ T
VVpTVp +
=
( )VVpVp Δ 1211 −=
Vyjadrením ΔV z druhej rovnice a dosadením do prvej a jej riešením dostaneme hľadaný tlak
( ) ( ) Pa10 . 06,1 K295,15 . 2
K15333K15529 Pa 102
55
1
1212 ==
+=
,- ,T
TTpp .
Príklad 1.10: V balóne s objemom 20 l sa nachádza 24 g dusíka. Tlak
v balóne sa meria U–trubicou naplnenou vodou. Aký je rozdiel hladín vody v ramenách U–trubice, ak teplota plynu je 27 °C? Atmosférický tlak je 100 kPa a hustota vody 1000 kg . m3.
Riešenie: V rovnovážnom stave musí platiť rovnosť tlakov
(obr. 1.4)
hgpp Δ 0 ρ+= . (P1) V tejto rovnici sú neznáme hľadaný rozdiel vodných hladín Δh a tlak p vnútri balóna. Tlak p môžeme však určiť zo stavovej rovnice
RTMmpV
m= . (P2)
Obr. 1.4
T TTT 1111
2
2 22 2p pppV VVV 1 1 1
1
1 +ΔV −ΔV
a) b)
p, V, T
p
Δh
0
19
Z rovnice (P2) vyjadríme tlak p a dosadíme ho do rovnice (P1) a jej riešením dostaneme vzťah pre výpočet Δh
m 707,0s . m 9,81 . m . kg 10
Pa10m 10 . 2 . mol . kg 10 . 28
K300,15 . K. mol .J 8,314 . kg 10 . 24
Δ 2-3-3
532-1-3-
-1-1-3
0m =
−=
−=
g
pVM
mRT
hρ
.
Príklad 1.11: Aká musí byť hmotnosť plášťa balónika, ktorý je naplnený vodíkom, aby sa vznášal vo
vzduchu? Vzduch i vodík majú teplotu 20 °C a predpokladajme, že ich tlak je rovnaký, a to 1,013.105 Pa. Polomer balónika je 15 cm. (Zloženie vzduchu: 23,2 % (hmotnostných) kyslíka a 76,8 % dusíka.)
Riešenie: Aby sa balónik vznášal vo vzduchu, musí byť tiaž balónika (tiaž vodíka + tiaž plášťa)
rovná vztlakovej sile, ktorá naň pôsobí vzg FF = .
Po vyjadrení Fg a Fvz pomocou hustoty a objemu dostaneme rovnicu
VgmgVg VH ρρ =+ , (P1)
kde ρH a ρV sú hustoty vodíka a vzduchu, ktoré určíme zo stavovej rovnice
RTM
VRTMmpV
mm
ρ== ,
teda
RTpM m=ρ . (P2)
Dosadením hustôt vodíka a vzduchu určených pomocou vzťahu (P2) do rovnice (P1) a jej
riešením dostaneme výraz pre neznámu hmotnosť plášťa balónika
( ) ( )( )
==−= K293,15 . mol . K.J 8,314
m 10 . 1,5 3
4π . Pa 10 . 1,013 . mol . kg 10 . 2,016 -28,84 1-1-
331-51-3-
mHmV RTpVMMm
kg 10 . 1.58 -2= ,
kde molárnu hmotnosť vzduchu sme určili zo vzťahu
20
=+
=+
=+
=
1-3-1-3-mNmOmN
N
mO
OmV
mol . kg 10 . 28768,0
mol . kg 10 . 32232,0
1 768,0 232,0
Mm
Mm
m
Mm
Mm
mM
-1-3 mol . kg 10 . 84,28= .
Príklad 1.12: Máme dve duté kovové gule s polomerom 12,5 cm, ktoré sú vyrobené z toho istého
materiálu. Jedna je evakuovaná a v druhej sa nachádza kyslík pod tlakom 8,12.105 Pa. Obidve gule dáme do komory, cez ktorú prúdi nasýtená vodná para s teplotou 100 °C. Keď teplota gúľ dosiahne teplotu pary, zistíme, že na evakuovanej guli skondenzovalo 8 g vody a na druhej guli skondenzovalo 10 g vody. Začiatočné teploty gúľ boli 20 °C. Nájdite hmotnostnú tepelnú kapacitu kyslíka. ( -16
v kg .J 10 . 26,2=l ) Riešenie: Po vložení gúľ do komory, po istom čase, sa teploty gúľ vyrovnajú s teplotou okolia. To
znamená, že gule prijali teplo od pary. Toto teplo je rovné teplu, ktoré sa uvoľnilo pri kondenzácii pary. Teplo, ktoré prijala prvá guľa sa spotrebuje na ohriatie len samotnej gule (nemá náplň - je evakuovaná). Teplo, ktoré prijala druhá guľa sa spotrebuje nielen na ohriatie samotnej gule, ale i náplne (kyslíka). Ak označíme C tepelnú kapacitu prázdnej gule, môžeme opísané skutočnosti vyjadriť rovnicami
( ) v1p lmttC =− ,
( ) ( ) v2pp lmttmcttC V =−+− ,
kde tp je teplota pary, t začiatočná teplota gúľ, cV hmotnostná tepelná kapacita kyslíka, m hmotnosť kyslíka a m1 a m2 sú hmotnosti skondenzovanej vody.
Riešením týchto rovníc dostaneme hľadanú hmotnostnú tepelnú kapacitu kyslíka
( )( )mtt
mmcV
p
v12−−
=l .
V tomto vzťahu je neznáma ešte hmotnosť kyslíka. Túto určíme zo stavovej rovnice
RT
Mrp
RTpVMm
m3
m π
34
== .
Nakoniec pre určenie hmotnostnej tepelnej kapacity kyslíka dostaneme vzťah
21
( )
( )( )
( ) ( )==
−
−=
K20100 . mol . kg 10 . 32 . m 10 . 1,25 . Pa 10 . 8,12 . 4π
K293,15 . mol . K.J .8,314 kg .J 10 . 2,26 . kg 10 . 801 3 π4 3
1-3-331-5
-1-1-16-3
pm3
v12
-
-ttMpr
RTmmcVl
-1-1 K. kg .J 648= .
Príklad 1.13: Hmotnostné zloženie zmesi plynov je takéto: 10 % CO2, 2 % CO, 8 % O2, 80 % N2. Aká
je molárna hmotnosť tejto zmesi? Riešenie: Označme hmotnosť zmesi plynov ako m a jej látkové množstvo ako n. Podobne pre CO2
použijeme označenie m1 a n1, pre CO označenie m2, n2, pre O2 – m3, n3 a pre N2 – m4, n4. Platí, že látkové množstvo zmesi sa rovná súčtu látkových množstiev zložiek
4321 nnnnn +++= . (P1)
Keď teraz uvážime, že látkové množstvá počítame podľa vzťahov
m4
44
m3
33
m2
22
m1
11
m
Mmn
Mmn
Mmn
Mmn
Mmn ===== ;;;; ,
môžeme vzťah (P1) napísať ako
m4
4
m3
3
m2
2
m1
1
m Mm
Mm
Mm
Mm
Mm
+++= .
Riešením tejto rovnice dostaneme vzťah umožňujúci vypočítať molárnu hmotnosť zmesi
plynov
=+++
=+++
=
m4m3m2m1m4
4
m3
3
m2
2
m1
1m 80,0 08,0 02,0 10,0
Mm
Mm
Mm
Mm
m
Mm
Mm
Mm
Mm
mM
=+++
=
1-1-1-1- mol . kg 028,080,0
mol . kg 032,008,0
mol . kg 028,002,0
mol . kg 044,010,0
1
-1-3 mol . kg 10 . 4,29= .
22
Príklad 1.14: Suchý vzduch obsahuje 23,2 % (hmotnostných) kyslíka a 76,8 % dusíka. Aké sú
parciálne tlaky jednotlivých zložiek, keď celkový tlak vzduchu je 1,013.105 Pa? Riešenie: Pri riešení vychádzame z Daltonovho zákona
21 ppp += . (P1)
Ďalej použijeme stavovú rovnicu ideálneho plynu. Platí
RTMmVp
m1
11 =
RTMmVp
m2
22 = .
Podelením rovníc dostaneme
2
m2
m1
1
2
1 m
MMm
pp
= . (P2)
Ďalej, z rovnice (P1) vyjadríme p2 a dosadíme do rovnice (P2), ktorej riešením získame
vzťah pre výpočet p1
=+
=+
=+
=m1m2
m2
m1m2
m2
m12m21
m211 768,0 0,232
232,0 768,0 0,232
232,0
MM
MpmMmM
mMpMmMm
Mmpp
Pa10 . 12,2mol . kg 0,032 . 768,0mol . kg 0,028 . 0,232
mol . kg 0,028 . 0,232 Pa 10.013,1 41-1-
-15 =
+= .
Podobne môžeme vypočítať p2
=+
=+
= 1-1-
-15
m12m21
m122 mol . kg 0,032 . 0,768mol . kg 0,028 . 0,232
mol . kg 0,032 . 0,768 Pa 10.013,1 MmMm
Mmpp
Pa10.01,8 4= . ÚLOHY 1.14 Aký je tlak plynu vo valci, ak na ojnicu piesta pôsobí z vonkajšej strany sila 145 N?
Plocha piesta je 12,56 cm2 a ojnica zviera s osou valca uhol 30°. Atmosférický tlak je 0,1 MPa. Trenie neuvažujte.
[p = 0,2 MPa]
23
1.15 V nádobe s pohyblivým piestom je uzavretý vzduch. V istej polohe piesta je objem nádoby 3 dm3 a tlak vzduchu vnútri 0,15 MPa. Stlačením piesta zmenšíme objem vzduchu o 1 dm3. Aký tlak má vzduch po stlačení, ak predpokladáme, že sa jeho teplota nezmenila?
[p = 2,25.105 Pa] 1.16 V tenkej sklenej rúrke na jednom konci zatavenej sa nachádza vzduch uzavretý
stĺpcom ortuti, ktorý má dĺžku 10 cm. Vo vodorovnej polohe rúrky je dĺžka uzavretého vzduchového stĺpca 10 cm. Vypočítajte o koľko sa zmení dĺžka vzduchového stĺpca, keď rúrku otočíme otvoreným koncom nahor. Atmosférický tlak je 0,1 MPa a hustota ortuti 13,6.103 kg . m-3.
[ cm 181,=Δl ] 1.17 Tenká sklenená valcová rúrka dĺžky 50 cm je na jednom konci zatavená. V rúrke je
vzduch oddelený od vonkajšieho vzduchu stĺpcom ortuti dĺžky 18 cm. Rúrka je otočená otvoreným koncom nahor, pričom ortuť dosahuje k otvoru rúrky. Aká bola dĺžka vzduchového stĺpca uzavretého v rúrke, keď pri prevrátení rúrky vytečie tretina ortuti von? Hustota ortuti je13,6.103 kg.m-3 a atmosférický tlak je 0,1 MPa.
[l = 0,257 m] 1.18 Kovová rúrka s vnútorným priemerom 1,5 cm je na jednom konci uzavretá gumovou
zátkou. Vzdialenosť medzi vnútorným čelom zátky a neuzavretým koncom rúrky je 30 cm. Do tohto konca rúrky vložíme piest, ktorý pomaly zasúvame do rúrky. Keď piest posunieme o 10 cm, zátka vyletí von. Vypočítajte treciu silu medzi zátkou a rúrkou, ak predpokladáme, že teplota vzduchu v rúrke je konštantná. Atmosférický tlak je 0,1 MPa.
[FT = 8,84 N] 1.19 Vzduchová bublinka pomaly stúpa z dna jazera hlbokého 7 m na povrch. Nájdite
závislosť polomeru bublinky od hĺbky, v ktorej sa práve nachádza, ak poznáte objem bublinky na dne jazera. Vypočítajte polomer bublinky na povrchu jazera, ak jej objem na dne je 0,5 cm3 a atmosférický tlak je 100 kPa. Povrchové napätie neberte do úvahy.
[( )( )
π4 3
30
0ghp
VgHprρ
ρ+
+= , kde H je hĺbka jazera, h hĺbka, v ktorej sa bublinka nachádza,
ρ hustota vody, p atmosférický tlak, V objem bublinky na dne; ( ) mm 86,50 ==hr ] 1.20 Plyn je uskladnený v oceľovom zásobníku pri teplote 20 °C a tlaku 4.107 Pa. Zásobník
je dimenzovaný na maximálny tlak 6.107 Pa. Akú maximálnu teplotu znesie zásobník aby nevybuchol?
[t = 167 °C] 1.21 Automobilista nahustil pneumatiku na pretlak (rozdiel tlaku v pneumatike a
atmosférického tlaku) 2.105 Pa, keď bola teplota 10 °C. Aký je pretlak v pneumatike, keď sa ochladí na –10 °C? Atmosférický tlak je 0,1 MPa.
[p = 0,179 MPa] 1.22 Žiarovky sa pri výrobe napĺňajú inertným plynom pri teplote 150 °C. Pod akým
tlakom sa napĺňajú, keď pri pracovnej teplote 300 °C má byť v nich tlak 0,1 MPa? [p = 7,38 . 104 Pa]
24
1.23 Pri konštantnom tlaku sme ohriali plyn z teploty 27 °C na teplotu 47 °C. O koľko percent sa zväčšil jeho objem?
[ ( ) % 676% 100 ,.VV =Δ ] 1.24 Vo valci s piestom sa nachádza vzduch. Má tlak 0,1 MPa a teplotu 23 °C. Aká je
hmotnosť závažia, ktoré musíme položiť na piest po ohriatí vzduchu na teplotu 60 °C, aby sa objem vzduchu vo valci rovnal začiatočnému? Priemer piesta je 6 cm.
[m = 3,6 kg] 1.25 Plyn pri ohriatí o 5 K pri konštantnom tlaku zväčšil svoj objem o 1,8 %. Vypočítajte
začiatočnú a konečnú teplotu plynu. [t = 4,63 °C; t = 9,63 °C] 1.26 Nádoba s plynom je rozdelená pohyblivým piestom na dve časti, ktoré majú pomer
objemov 2 : 3. Teploty plynu v menšom a väčšom objeme sú 177 °C a 267 °C. Tlaky sú rovnaké. Aký bude pomer objemov, keď sa teploty vyrovnajú? Tepelná výmena je možná len cez piest.
[4 : 5] 1.27 Aký objem zaujíma 1 mol plynu pri normálnych podmienkach, t.j. tlaku 1,013.105 Pa a
teplote 273,15 K? [Vm0 = 22,4 l] 1.28 V strede z oboch koncov uzavretej rúrky dĺžky 1 m naplnenej plynom, uloženej
v horizontálnej rovine, sa nachádza pohyblivý piest. Zľava od piesta má plyn teplotu 100 °C a v pravej časti 0 °C. V akej vzdialenosti od ľavého konca rúrky sa bude nachádzať piest, keď konečná teplota plynu v obidvoch častiach bude 0 °C?
[l = 0,423 m] 1.29 Tenký gumený balónik naplnený vzduchom má polomer 2,5 cm. Teplota vzduchu je
20 °C a jeho tlak 0,1 MPa. Aký bude polomer balónika, keď ho ponoríme do vody do hĺbky 20 m? Voda v tejto hĺbke má teplotu 4 °C.
[r = 1,71 cm] 1.30 Meteorologický balón, určený na výskum atmosféry vo veľkých výškach, naplnili
40 m3 hélia pri normálnom tlaku a teplote 20 °C. Aký objem bude mať balón, keď dosiahne výšku 30 km? Teplota vo výške 30 km je –55 °C a tlak je 66,7-krát nižší ako normálny.
[V = 1985 m3] 1.31 Vo valci s pohyblivým piestom sa nachádza plyn. Stlačením plynu z pôvodného
objemu na polovičný sa zmení jeho teplota z 27 °C na 177 °C. Ako sa zmení tlak? [tlak vzrastie trojnásobne] 1.32 Tlak v nádobe s plynom klesol odčerpaním plynu na 5 % pôvodného tlaku. Aké
množstvo plynu sa odčerpalo z nádoby, keď okolitá teplota je stála? [95 % z pôvodného množstva] 1.33 Koľkokrát je hustota vzduchu vypĺňajúceho miestnosť väčšia v zime (t = 10 °C) ako
jeho hustota v lete (t = 23 °C)? Tlak plynu uvažujte rovnaký. [1,046-krát]
25
1.34 V najdokonalejších laboratórnych vákuových zariadeniach možno dosiahnuť tlak približne 10-10 Pa. Aký počet častíc sa nachádza v 1 cm3 pri tomto tlaku a teplote 20 °C?
[N = 24 708 (častíc)] 1.35 Aký počet molekúl sa nachádza v miestnosti s rozmermi 10 m x 5 m x 3 m pri teplote
23 °C a tlaku 0,1 MPa? [N = 3,67 . 1027 (molekúl)] 1.36 Vypočítajte hustotu vzduchu pri normálnych podmienkach (T0 = 273,15 K,
p0 = 1,013.105 Pa) a porovnajte ju s hustotou vzduchu v pneumatike auta pri teplote 25 °C a tlaku 3,026.105 Pa. (Molárna hmotnosť vzduchu je 0,029 kg.mol-1.)
[ρ1 = 1,29 kg.m-3; ρ2 = 3,54 kg.m-3] 1.37 Vypočítajte hustotu vodíka pri tlaku 1,013.105 Pa a teplote 0 °C, keď vieme, že
hmotnosť atómu vodíka je 1,67.10-27 kg. [ρ = 8,98.10-2 kg.m-3] 1.38 Keď chceme získať v sklenenej nádobe dobré vákuum, musíme nahriať steny nádoby
aby sa uvoľnili adsorbované molekuly plynu. Keby sme tak neurobili, molekuly by sa mohli časom uvoľniť a zvýšil by sa tlak plynu v nádobe. Vypočítajte o koľko by sa takým uvoľnením zvýšil tlak v guľovej nádobe polomeru 10 cm, ak plocha priečneho rezu molekuly je 10-19 m2 a predpokladáme, že sa uvoľnia všetky molekuly adsorbované v monomolekulárnej vrstve. Teplota, pri ktorej tento proces prebieha je 300 °C.
[Δp = 2,37 Pa] 1.39 Neznámy plyn hmotnosti 12 g, uzavretý v nádobe, pôsobí na jej steny pri teplote 27 °C
tlakom 0,1 MPa. Hélium hmotnosti 4 g má pri teplote 64,5 °C v tej istej nádobe tlak 0,3 MPa. Určite molárnu hmotnosť neznámeho plynu. Molárna hmotnosť hélia je 0,004 kg.mol-1.
[Mm = 0,032 kg.mol-1] 1.40 Akú teplotu má kyslík s hmotnosťou 5 g, ak jeho objem je 10-3 m3 a tlak 3000 hPa? [ C 342 °−= ,t ] 1.41 Aký minimálny objem môže mať sklenená guľa naplnená kyslíkom, ktorého hmotnosť
je 6,5 kg a teplota 20 °C, keď jej stena vydrží tlak 11 MPa? [V = 45 l] 1.42 Nová plynová bomba obsahuje 10 kg plynu. Pri istej teplote ukazuje na nej
namontovaný manometer tlak 10 MPa. Koľko plynu je ešte v bombe, keď pri tej istej teplote ukazuje manometer tlak 5 MPa?
[m = 5 kg] 1.43 Balón s objemom 12 m3 je naplnený héliom. Tlak hélia v balóne je 0,2 MPa a jeho
teplota je 22 °C. Akú hmotnosť má hélium? [m = 3,91 kg]
26
1.44 V nádobe s objemom 2 m3 je plynná zmes N2 a NO. Vypočítajte hmotnosť NO, keď hmotnosť plynnej zmesi je 14 kg, teplota 27 °C a tlak 0,6 MPa.
[ kg 977NO ,m = ] 1.45 Dusík s hmotnosťou 10 g a teploty 20 °C, ktorý sa nachádza v uzavretej nádobe
objemu 5 l, ohrejeme na teplotu 50 °C. Nájdite tlaky plynu p1 a p2 pred a po ohriatí. [p1 = 0,174 MPa; p2 = 0,192 MPa] 1.46 Vo vode je bublina vytvorená 1 g vodíka. Objem bubliny pri teplote 10 °C je
5,6.10-3 m3. Aký je tlak vodíka? Ako hlboko pod hladinou vody je bublina? Atmosférický tlak je 0,1 MPa.
[p = 0,210 MPa; h = 11,2 m] 1.47 Vypočítajte hmotnosť vzduchu v miestnosti, ktorá má výšku 3 m, dĺžku 10 m a šírku
8 m. Tlak vzduchu je 0,1 MPa a teplota 21 °C. Molárna hmotnosť vzduchu je 0,029 kg . mol-1.
[m = 285 kg] 1.48 Nádoba s objemom 100 l je rozdelená na dve rovnaké časti nepohyblivou
polopriepustnou priehradkou. Do jednej časti dáme 2 g vodíka a do druhej 1 mol dusíka. Nájdite tlaky, ktoré budú v oboch častiach nádoby v ustálenom stave, keď vieme, že priehradka prepúšťa len molekuly vodíka. Teplota v oboch častiach je stále rovnaká, a to 127 °C.
[p1 = 3,33.104 Pa; p2 = 9,98.104 Pa] 1.49 Máme dve nádoby. V prvej, ktorá má objem 5 l sa nachádza plyn pod tlakom 0,2 MPa.
V druhej nádobe s objemom 3 l je ten istý plyn pod tlakom 0,15 MPa. Teploty plynov v obidvoch nádobách sú rovnaké. Aký tlak bude mať plyn, keď obidve nádoby spojíme rúrkou?
[p = 0,181 MPa] 1.50 V nádobe sa nachádza 15 g dusíka a 10 g hélia pri teplote 20 °C a tlaku 0,5 MPa.
Nájdite molárnu hmotnosť zmesi a objem nádoby. [Mm = 8,24.10-3 kg . mol-1; V = 1,48.10-2 m3] 1.51 Zmes plynov v zložení 5 g O2, 15 g CO2 a 88 g N2 je pri teplote 120 °C v nádobe
objemu 5 l. Aký je celkový tlak zmesi a aké sú parciálne tlaky jednotlivých zložiek? [p = 2,38 MPa; p1 = 0,102 MPa; p2 = 0,223 MPa; p3 = 2,055 MPa] 1.52 V uzavretej nádobe s objemom 1 m3 sa nachádza 1,6 kg kyslíka a 0,9 kg vody. Nájdite
tlak v nádobe, keď ju ohrejeme na teplotu 500 °C. Uvážte, že pri tejto teplote je všetka voda v plynnom stave.
[p = 0,643 MPa] 1.53 Dve tepelne izolované nádoby s objemami 2 l a 4 l sú naplnené rovnakým plynom.
Plyn má v prvej nádobe tlak 0,6 MPa a teplotu 20 °C, v druhej tlak 0,3 MPa a teplotu 100 °C. Nádoby spojíme rúrkou. Aký tlak a teplotu bude mať plyn po zmiešaní?
[p = 0,400 MPa; t = 55,2 °C]
27
1.3 KINETICKÁ TEÓRIA PLYNOV Podľa predstáv kinetickej teórie plynov molekuly plynu vykonávajú chaotický pohyb,
pričom sa pohybujú rôznymi rýchlosťami, ktoré sa náhle menia pri vzájomných zrážkach molekúl alebo pri zrážkach molekúl s pevnou prekážkou.
Molekuly plynu, ktorý sa nachádza v uzavretej nádobe, pôsobia na steny tejto nádoby tlakom
s32 ENp V= , (1)
kde 2s02
1s vmE = (2)
je stredná kinetická energia molekuly plynu, NV je počet molekúl v jednotkovom objeme plynu, m0 je hmotnosť molekuly plynu a 2
sv je štvorec strednej kvadratickej rýchlosti molekúl plynu, definovaný ako aritmetický priemer druhých mocnín rýchlostí pohybu všetkých molekúl plynu
V
iiVi
N
N∑=
2
2s
v
v resp. ( ) vvvv 2 d 0
2s ∫
∞
= f , (3)
kde NVi sú príslušné počty molekúl v jednotkovom objeme, ktoré sa pohybujú rýchlosťami vi a ( )vf je rozdeľovacia funkcia.
Ak vynásobíme vzťah (1) objemom nádoby V a tento súčin porovnáme so stavovou rovnicou ideálneho plynu, získame iné vyjadrenie strednej kinetickej energie molekúl plynu
kTE 2
3s = , (4)
kde -123
A J.K 10 . 281 −== ,NRk je Boltzmannova konštanta a T je termodynamická teplota plynu.
Porovnaním vzťahu (2) a (4) získame pre strednú kvadratickú rýchlosť vyjadrenie
m0s
33MRT
mkT
==v , (5)
kde R je molárna plynová konštanta a Mm je molárna hmotnosť.
Vzťah (4) platí len pre jednoatómové molekuly. Ak molekula obsahuje viac atómov treba použiť vzťah
kTE i2s = , (6)
kde i je počet stupňov voľnosti molekuly. Jednoatómová molekula má tri, dvojatómová päť a molekula pozostávajúca z troch alebo väčšieho počtu atómov má šesť stupňov voľnosti.
Ak plyn hmotnosti m obsahuje N molekúl, celková energia tepelného pohybu molekúl sa určí zo vzťahu
RTMmiNkTiE
msc 22
== . (7)
28
Celková energia tepelného pohybu sa skladá z dvoch častí, a to z energie Epos posuvného pohybu a z energie Erot rotačného pohybu
rotpossc EEE += (8)
Energia pripadajúca na posuvný pohyb sa určí zo vzťahu
scpos3 Ei
E = (9)
a energia pripadajúca na rotačný pohyb zo vzťahu
scrot3 E
iiE −
= . (10)
Maxwellov zákon rozdelenia molekúl podľa ich rýchlostí: Počet molekúl dN, ktoré sa zo
všetkých N molekúl nachádzajúcich sa v danom množstve plynu pohybujú rýchlosťami s absolútnymi hodnotami v intervale rýchlostí v až vv d+ , je daný vzťahom
( ) vv
vvv d 2
-exp π2d d
202
30
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛==
kTmN
kTmfNN . (11)
Okrem strednej kvadratickej rýchlosti sa zavádza v kinetickej teórii plynov ešte rýchlosť
najpravdepodobnejšia a priemerná. Najpravdepodobnejšia rýchlosť vm pohybu molekúl plynu je tá, ktorou sa pri danej
teplote pohybuje maximálny počet molekúl. Možno ju vypočítať zo vzťahu
sm0
m 3222
vv ===MRT
mkT . (12)
Priemerná rýchlosť vp pohybu molekúl je definovaná ako aritmetický priemer rýchlostí
pohybu všetkých molekúl plynu
( ) .MRT
mkTf s
m00p
π38
π8
π8d vvvvv ==== ∫
∞
(13)
Barometrická formula vyjadruje závislosť tlaku vzduchu od výšky h v tiažovom poli
Zeme
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
RTghMpp m
0 exp , (14)
kde p0 je tlak vo zvolenej základnej výške (zvyčajne na povrchu Zeme), g je zrýchlenie voľne padajúcich telies. Tento vzťah je však približný, pretože teplota T sa nemôže považovať za konštantnú pri veľkých rozdieloch výšok.
29
Stredná voľná dráha sl molekúl plynu sa určí zo vzťahu
VNdz 2p
ps π 21 ===
vv τl , (15)
kde τ je priemerný čas medzi dvomi za sebou nasledujúcimi zrážkami molekuly plynu, z – počet zrážok molekuly plynu s ostatnými molekulami za jednotku času (frekvencia zrážok jednej molekuly plynu), d – účinný priemer molekuly a NV – počet molekúl v jednotkovom objeme.
Celkový počet zrážok Z všetkých N molekúl v danom množstve plynu za jednotku času sa vypočíta zo vzťahu
zNZ2
= . (16)
Príklad 1.15: Vypočítajte koľko molekúl sa nachádza v: a) 1 cm3 medi, b) 1 cm3 vody, c) 1 cm3 vzduchu
za normálnych podmienok (ρCu = 8900 kg.m-3; ρvody = 1000 kg.m-3; ρvz = 1,293 kg.m-3). Riešenie: Počet častíc v n móloch látky určíme zo vzťahu
AnNN = ,
ale keďže
mm
M
VMmn ρ
== ,
možno prvý vzťah upraviť takto
Am
NM
VN ρ= .
a) Počet atómov v 1 cm3 medi:
(atómov) 10.43,8mol 10.022,6 . kg.mol 63,546.10
m 10 . kg.m 10.9,8 221-231-3-
36-33==
−N
b) Počet molekúl v 1cm3 vody:
(molekúl) 10.34,3mol 10.022,6 . kg.mol 18,015.10
m 10 . kg.m 10 221-231-3-
36-33==
−N
c) Počet častíc v 1 cm3 vzduchu. Priemernú molovú hmotnosť vzduchu (zloženie 23,2 %
hmotnostných kyslíka a 76,8 % dusíka; iné zložky zanedbáme) určíme zo vzťahu
30
.kg.mol 10.84,28
kg.mol 0,028kg 768,0
kg.mol 0,032kg 232,0
kg 1 1-3
1-1-m
2
m
1m
21
−=+
=+
=
Mm
Mm
mM
Potom
(molekúl) 10.70,2mol 10.022,6 . kg.mol 28,84.10
m 10 . kg.m ,2931 191-231-3-
36-3==
−N .
Príklad 1.16: Molekula argónu, letiaca rýchlosťou 500 m.s-1, pružne narazí na
stenu nádoby. Smer rýchlosti molekuly zviera s normálou k stene uhol 45°. Nájdite impulz sily, ktorý udelí stena molekule.
Riešenie: Impulz sily, ktorý udelí stena molekule je rovný zmene hybnosti
molekuly 0v-v mm=I .
Smer impulzu sily je zrejmý z obr. 1.5. Veľkosť impulzu sily vypočítame z trojuholníka znázorneného na tom istom obrázku
N.s, 10694 54 cos .m.s 500 . mol 6,022.10
kg.mol 1094839 . 2cos
2cos 2 231-1-23
-13
0A
m0
−−
=°=== .,.,NMmI αα vv
kde hmotnosť molekuly argónu sme určili zo vzťahu .Am NMm =
Príklad 1.17: Veľmi vysoký zvislý valec je naplnený plynom, ktorého hustota sa mení s výškou.
Ukážte, že v tomto prípade závislosť tlaku od výšky sa opisuje diferenciálnou rovnicou ( ) . dd ghhp ρ−= Riešte túto rovnicu pre prípad, že plyn je vzduch a jeho teplota nezávisí od výšky.
Riešenie: Tlak vo výške hh d+ (obr. 1.6) bude nižší oproti tlaku vo výške h o hodnotu statického
tlaku vzduchového stĺpca výšky dh
( ) ( ) ( ) hghhphhp d d ρ−=−+ . Z tejto rovnice bezprostredne vyplýva diferenciálna rovnica uvedená v zadaní
( ) ( ) ( ) ghρ hp
hhphhp
dd
dd
−==−+ . (P1)
Obr. 1.5
mv
mv-mv
I αα
0
0
31
Hustotu vzduchu určíme zo stavovej rovnice ideálneho plynu
RTM
VRTMmpV
mm
ρ== ,
z ktorej
RTpM m =ρ .
Tento vzťah dosadíme do rovnice (P1)
gRT
pMhp m
dd
−=
a jej riešením
hRT
gMpp d d m−=
hRT
gMpp hp
p
d d
0
m
0
∫∫ −=
hRT
gMpp ln m
0−=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
RTghMpp m
0 exp
sme dostali vzťah pre výpočet tlaku vzduchu vo výške h nad zemou pri predpoklade konštantnej teploty.
Príklad 1.18: Aká priemerná energia je potrebná na odparenie jednej molekuly vody pri teplote 100 °C
a normálnom atmosférickom tlaku? Výsledok porovnajte s hodnotou kT26 pri tej istej teplote.
(Hmotnostné skupenské teplo vyparovania vody je 2,256.106 J.kg-1.) Riešenie: Na odparenie vody s hmotnosťou m a teplotou 100 °C je potrebná energia vv lmL = , kde
vl je hmotnostné skupenské teplo vyparovania. Vo vode s hmotnosťou m sa nachádza N molekúl
Am
A NMmnNN == .
Obr. 1.6
dh
h
p h h( +d )p h( )
32
Na odparenie jednej molekuly vody je teda potrebné dodať energiu
J 10.74,6mol 10.022,6
mol . kg 10 . 18 . kg .J 10.256,2 201-23
-1-3-16
A
mvv1
−====mN
MmNLE l .
Energia tepelného pohybu
J 10 . 1,54 K373,15 . K.J 10.38,1 . 326 20-1-23
s === −kTE .
Vidíme, že na odparenie jednej molekuly treba dodať asi 4,4-krát väčšiu energiu ako je stredná kinetická energia molekuly.
Príklad 1.19: Akú teplotu musia mať atómy hélia, aby mohli navždy opustiť zemskú atmosféru?
(Polomer Zeme je RZ = 6372 km). Riešenie: Pri riešení budeme vychádzať zo zákona zachovania mechanickej energie, z ktorého
vyplýva, že v hraničnom prípade kinetická energia atómu hélia na povrchu Zeme sa musí rovnať jeho potenciálnej energii v nekonečne vzhľadom na povrch Zeme
∞== = hh EE p,0 k, (P1)
Potenciálnu energiu molekuly vo výške h nad povrchom Zeme, vzhľadom na povrch
Zeme, môžeme vyjadriť vzťahom
( ) hRhRgm
hRRhRmMG
RhRmMGE h, +
=+
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
+−=
Z
Z
Z2Z
Z
ZZ p 11 .
Potenciálnu energiu v nekonečne určíme, keď položíme ∞→h
ZZ
Z p, 1
1 gRm
hRgRmlimE
hh =+
=∞→
∞→ .
Teraz dosadíme vyjadrenie kinetickej a potenciálnej energie do rovnice (P1)
Z2s2
1 gRmm =v .
Do tohto vzťahu dosadíme za m
s3MRT
=v a dostaneme
33
,321
Zm
gRMRT
=
odkiaľ
K.10 . 2mol . K.J 8,314 . 3
mol . kg 10 . 4 . m 10 . 6,372 . s . m 9,81 . 23
2 41-1-
-1-36-2mZ ===
RMgRT
Príklad 1.20: Energia tepelného pohybu molekúl hélia nachádzajúceho sa v nádobe s objemom 10 l je
4 kJ. Stredná kvadratická rýchlosť jeho molekúl je 1350 m.s-1. Vypočítajte hmotnosť hélia, jeho tlak a teplotu.
Riešenie: Hmotnosť hélia môžeme vypočítať zo vzťahu pre energiu tepelného pohybu
2s2
12s02
1sc vv mNmE == ,
z ktorého
( )kg. 10 . 39,4
s . m 10 . 1,35
J 10 . 4 . 22 3-21-3
3
2s
sc ===v
Em
Pri výpočte tlaku hélia vyjdeme zo stavovej rovnice ideálneho plynu
RTMmpV
m= ,
z ktorej
VNkT
VNmNRTm
MmRTp ===
A0
0
m
a keď uvážime, že
NkTE 23
sc =
dostaneme vzťah
Pa10 . 67,2m10.3
J 10 . 4 . 23
2 532-
3sc ===
VEp .
Teplotu hélia vypočítame z rovnice
2s02
123 vNmNkT = .
34
Teda
( ) K292mol . K.J 8,314 . 3
s . m 10 . 1,35 . mol . kg 10 . 4333 1-1-
21-31-3-2smAs0
2s0 =====
RM
RNm
NkNmT vvv 2
.
Príklad 1.21: Vypočítajte celkovú energiu tepelného pohybu molekúl dusíka nachádzajúcich sa v 10 g
plynu, ktorého teplota je 10 °C. Aká časť energie pripadá na posuvný pohyb a aká časť na rotačný pohyb?
Riešenie: Celkovú energiu tepelného pohybu molekúl dusíka vypočítame zo vzťahu
.2sc NkTE i=
Molekuly dusíka sú dvojatómové, teda i = 5. Potom
NkTE 25
sc = .
Ďalej, ak uvážime, že
ANRk =
a
Am
NMmN =
môžeme celkovú energiu tepelného pohybu molekúl vyjadriť vzťahom
J 10 . 12mol . kg 10 . 2,8 . 2
K283,15 . mol . K.J 8,314 . kg 10 . 1 . 525 3
1-2-
-1-1-2
msc ,=== RT
MmE .
Časť energie pripadajúcu na posuvný pohyb určíme zo vzťahu
J 10 . 1,26J 10 . 2,1 . 533 33
scpos === Ei
E
a energiu pripadajúcu na rotačný pohyb zo vzťahu
J 10 . 0,840J 10 . 2,1 . 523 33
scrot ==−
= Ei
iE .
35
Príklad 1.22: V nádobe sa nachádza hélium s hmotnosťou 0,5 kg a teplotou 27 °C. Nájdite počet
molekúl hélia, ktoré sa pohybujú rýchlosťami z intervalu 790 m.s-1 až 810 m.s-1. Aká je to časť z celkového počtu molekúl?
Riešenie: Pretože ide o malý interval rýchlostí, nedopustíme sa veľkej chyby, keď na výpočet
použijeme Maxwellov zákon rozdelenia molekúl podľa ich rýchlostí v diferenčnom tvare
( ) vv
v2
Nvv 2 Δ 2
exp π
Δ Δ2
03
0⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛==
kTm-
kTmfNN . (P1)
Celkový počet molekúl N nachádzajúcich sa v danom množstve hélia určíme zo vzťahu
Am
NMmN =
a keď uvážime, že
ANRk =
a
A
m0 N
Mm =
môžeme vzťah (P1) upraviť do tvaru
( )
( ) ( ).molekúl 10 . 35,9s . m 20 . K300 . mol . K.J 8,314 . 2
s . m 800 . mol . kg 10.4 exp .
. s . m 800 . K300 . mol . K.J 8,314
mol . kg 10 . 4π2 .
mol . kg 10 . 4mol 10 . 6,022 . kg 50
Δ 2
exp π2 Δ
231-1-1-
21-1-3
21-3
1-1-
1-3-
1-3-
1-23
2m
3m
m
A
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
−
,
RTM
RTM
MmNN v
vv 2
Za rýchlosť v sme dosadili priemernú hodnotu rýchlosti z uvažovaného intervalu a za Δv rozdiel maximálnej a minimálnej rýchlosti.
Akú časť z celkového počtu molekúl predstavuje počet molekúl s rýchlosťami z intervalu 790 m.s-1 až 810 m.s-1, určíme takto
36
2-1-231-
-1-323
A
m 10 . 24,1mol 10 . 6,022 . kg 10 . 5mol . kg 10 . 4 . 10 . 35,9Δ
===mNNM
NN ,
čo je približne jedna stotina celkového počtu.
Príklad 1.23: Pri akej teplote sa stredná kvadratická rýchlosť molekúl vodíka rovná strednej
kvadratickej rýchlosti molekúl dusíka pri teplote 20 °C? Riešenie: Označíme indexom H, resp. N, veličiny týkajúce sa vodíka, resp. dusíka. Zo zadania
príkladu vyplýva, že sNsH vv =
alebo
mN
N
mH
H 33MRT
MRT
= .
Z tejto rovnice určíme neznámu teplotu TH
K20,9 K293,15 . mol . kg 10 . 28
mol . kg 10 . 21-3-
-1-3
NmN
mHH === T
MMT
alebo C 2,252H °−=t .
Príklad 1.24: Vypočítajte strednú kvadratickú rýchlosť, priemernú rýchlosť a najpravdepodobnejšiu
rýchlosť molekúl vodíka pri teplote 20 °C. Riešenie: Pri výpočte vychádzame zo vzťahov vyjadrujúcich uvedené rýchlosti. Stredná kvadratická rýchlosť
1-1-3-
1-1-
ms s . m 1912
mol . kg 10 . 2 K293,15 . mol . K.J 8,314 . 33
===MRT
v .
Priemerná rýchlosť
1-1-s
mp s . m 1762s . m 1912 .
π38
π38
π8
==== vvMRT .
37
Najpravdepodobnejšia rýchlosť
1-1-s
mm s . m 1561s . m 1912 .
32
322
==== vvMRT .
Príklad 1.25: Vzdialenosť medzi katódou a anódou vo vákuovej elektrónke je 1 cm. Na aký tlak sa
musí vyčerpať elektrónka, aby sa elektróny pri prechode z katódy na anódu nezrážali s molekulami vzduchu? Teplota vzduchu je 27 °C. Účinný priemer molekuly vzduchu je 0,3 nm. Stredná voľná dráha elektrónu v plyne je približne 5,7-krát väčšia ako stredná voľná dráha molekúl samotného plynu.
Riešenie: Aby sa elektrón pri prechode z katódy na anódu nezrazil s molekulami vzduchu, musí byť
jeho stredná voľná dráha sel rovná alebo väčšia ako je vzdialenosť elektród
m 10 2se
−≥l . (P1)
Strednú voľnú dráhu elektrónu môžeme vyjadriť pomocou strednej voľnej dráhy molekúl vzduchu
svse 7,5 ll = .
Podmienku (P1) môžeme potom vyjadriť aj takto
m 7,5
10 2
sv
−≥l . (P2)
Strednú voľnú dráhu molekúl vzduchu určíme zo vzťahu
A2
V2sv π2 π2
1pNd
RTNd
==l , (P3)
kde počet molekúl vzduchu v jednotkovom objeme NV sme vyjadrili zo stavovej rovnice ideálneho plynu
RTpN
VNNRT
NNpV A
VA
==⇒= .
Dosadením vzťahu (P3) do podmienky (P2) dostaneme rovnicu na určenie tlaku vzduchu
m 7,5
10 π2
2
A2
−≥
pNdRT ,
z ktorej
38
( ) Pa915
mol 10 . 6,022 . m 10 . 3 . m 10 . π2
K300,15 . mol . K.J 8,314 . 75 π2
. m 10
751-232 102-
-1-1
A22 ,,Nd
RT,p ==≤ − .
Príklad 1.26: Vypočítajte celkový počet zrážok molekúl vzduchu za 1 s v posluchárni s rozmermi
8 m x 10 m x 3 m, keď tlak vzduchu je 105 Pa, jeho teplota 22 °C a účinný priemer molekuly vzduchu 0,3 nm (Mmvzduchu = 0,029 kg . mol-1).
Riešenie: Celkový počet zrážok molekúl vzduchu za 1 s určíme zo vzťahu
zNZ2
= , (P1) kde N je počet molekúl vzduchu v posluchárni a
pV2 π2 vNdz = (P2)
je počet zrážok jednej molekuly vzduchu s ostatnými molekulami za 1 s.
Priemernú rýchlosť molekúl vzduchu vypočítame zo vzťahu
mp π
8MRT
=v (P3)
a počet molekúl v posluchárni zo vzťahu
RTpVNN A= . (P4)
Počet molekúl v jednotkovom objeme potom určíme takto
RTpN
VNN A
V == . (P5)
Vzťahy (P3) a (P5) dosadíme do vzťahu (P2), ktorý takto upravený dosadíme spolu so
vzťahom (P4) do vzťahu (P1), čím získame výraz na určenie celkového počtu zrážok molekúl vzduchu v posluchárni za 1 s
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
m
2A 8π . .
2 MRT
RTNdpVZ
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= 1-2-
1-1-2
1-1-
1-2310-53
mol . kg 10 . 2,9 K295,15 . mol . K.J 8,314 . 8π .
K295,15 . mol . K.J 8,314mol 10 . 6,022 . m 10 . 3 . Pa 10 .
2m 240
10 . 34,1 37= (zrážok).
39
ÚLOHY 1.54 Zistite molárnu hmotnosť vody. Koľko molekúl sa nachádza v 1 kg vody?
[Mmvody = 18,05.10-3 kg . mol-1; N = 3,34.1025] 1.55 Vypočítajte objem, ktorý zaberá 1 molekula vody, keď hustota vody je 103 kg.m-3. [V = 2,99.10-29 m3] 1.56 Koľko mólov obsahuje 1 g vody? Vypočítajte hmotnosť molekuly vody. [n = 5,55.10-2 mol; m = 2,99.10-26 kg] 1.57 Dusík má relatívnu atómovú hmotnosť 14. Koľko elektrónov je v 1 g dusíka? [Ne = 3,01.1023] 1.58 Zistite hmotnosť atómu: a) vodíka, b) hélia, c) medi. [mH = 1,67.10-27 kg; mHe = 6,65.10-27 kg; mCu = 1,06.10-25 kg ] 1.59 Ukážte, že tlak plynu sa dá určiť pomocou vzťahu 2
s31 vρ=p , kde ρ je hustota plynu
a vs stredná kvadratická rýchlosť molekúl plynu. 1.60 Hustota plynu je 0,06 kg.m-3. Stredná kvadratická rýchlosť jeho molekúl je 500 m.s-1.
Nájdite tlak plynu, ktorým pôsobí na steny nádoby. [p = 5.103 Pa] 1.61 Máme dva plyny. Hmotnosť molekuly druhého plynu sa rovná polovici hmotnosti
molekuly prvého plynu. Keď má prvý plyn teplotu 27 °C, stredná kvadratická rýchlosť jeho molekúl je 103 m.s-1. Aká je teplota druhého plynu, keď jeho molekuly majú strednú kvadratickú rýchlosť 2.103 m.s-1?
[t2 = 327 °C] 1.62 V uzavretej nádobe, ktorá má objem V sa nachádza N jednoatómových molekúl.
Stredná hodnota kinetickej energie molekuly je Es. Odpovedzte na otázky: a) Aká je celková kinetická energia častíc v nádobe? b) Aká je teplota plynu v nádobe? c) Aký je tlak plynu v nádobe?
d) Čo sa stane s teplotou a tlakom, keď nádobu spojíme s inou prázdnou nádobou rovnakého objemu?
Všetky výsledky vyjadrite pomocou veličín V, N, Es a Boltzmannovej konštanty k. [Esc = NEs; kET 32 s= ; VNEp 32 s= ; tlak klesne na polovicu, teplota sa nezmení] 1.63 Nájdite energiu tepelného pohybu dvojatómového plynu, ktorý sa nachádza v nádobe
objemu 2 l pod tlakom 0,2 MPa. [Esc = 1 kJ] 1.64 Nájdite energiu rotačného pohybu molekúl nachádzajúcich sa v 0,5 kg oxidu
uhoľnatého (CO) pri teplote 0 °C. [Erot = 4,06.104 J]
40
1.65 Nájdite strednú kvadratickú rýchlosť molekúl hélia pri teplote 27 °C. [vs = 1370 m.s-1] 1.66 V okamihu výbuchu atómovej bomby teplota dosahuje hodnotu približne 107 K.
Predpokladáme, že pri tejto teplote sú všetky molekuly disociované na atómy a atómy sú ionizované. Nájdite strednú kvadratickú rýchlosť iónov vodíka (protónov).
[vs = 4,98.105 m.s-1] 1.67 Pri akej teplote sa stredná kvadratická rýchlosť molekúl dusíka rovná strednej
kvadratickej rýchlosti molekúl hélia pri 0 °C? [T = 1912 K] 1.68 Nájdite relatívny počet molekúl dusíka, ktorých rýchlosti ležia pri teplote 27 °C
v intervale od 260 m.s-1 do 270 m.s-1. [ 210.42,1 Δ −=NN ] 1.69 Aký je tlak vzduchu na vrchole Mount Everestu (8848 m nad úrovňou mora), keď
predpokladáme, že teplota vzduchu nezávisí od výšky (počítajte s teplotou –10 °C) a tlak vzduchu na úrovni mora je 1,01.105 Pa? Koľkokrát je tento tlak nižší ako tlak na úrovni mora? Molárna hmotnosť vzduchu je 0,029 kg.mol-1.
[p = 32 kPa; 3,16-krát nižší] 1.70 Observatórium na Lomnickom štíte je vo výške 2632 m nad úrovňou mora. Nájdite
tlak vzduchu v tejto výške, keď vo výške 800 m nad úrovňou mora je tlak 1010 hPa. Teplotu uvažujte konštantnú, a to 10 °C. (Molárna hmotnosť vzduchu je 0,029 kg.mol-1.)
[p = 808 hPa] 1.71 Nájdite strednú voľnú dráhu molekúl vzduchu v posluchárni, keď teplota je 22 °C a
tlak 0,1 MPa. Účinný priemer molekuly vzduchu je 0,3 nm. [l s = 1,02.10-7 m] 1.72 Nájdite strednú voľnú dráhu molekúl oxidu uhličitého pri teplote 100 °C a tlaku 90 Pa.
Účinný priemer molekuly oxidu uhličitého je 0,32 nm. [l s = 0,126 mm] 1.73 Nájdite priemerný čas medzi dvomi za sebou nasledujúcimi zrážkami molekuly hélia
pri tlaku 100 Pa a teplote 20 °C, keď účinný priemer molekuly hélia je 0,2 nm. [τs = 1,83.10-7 s] 1. 74 Nájdite frekvenciu zrážok (stredný počet zrážok za 1 s) molekuly vzduchu
v posluchárni, keď teplota je 22 °C a stredná voľná dráha molekúl je 0,1 μm. [z = 4,64.109 s-1]
41
1.4 TERMODYNAMIKA Energia, ktorá je spojená s pohybom častíc sústavy a ich vzájomnými interakciami,
včítane energie podmienenej pohybom a vzájomnými zrážkami častíc, ktoré vytvárajú zložité častice (atómy v molekulách), nazýva sa vnútorná energia sústavy. Sústava sa v rovnovážnom stave vyznačuje celkom určitou hodnotou vnútornej energie. Pri prechode sústavy zo zvoleného základného stavu do iného stavu môže sa zmeniť jej vnútorná energia. Elementárna zmena vnútornej energie sa označuje dU a považuje sa za kladnú veličinu, keď sa vnútorná energia sústavy zvyšuje a za zápornú, keď sa znižuje.
Sústave sa dodáva zvonku energia obvykle prostredníctvom mechanickej práce a tepla. Súvislosť medzi energiou, ktorú prijme sústava zvonku a prírastkom jej vnútornej energie vyjadruje I. zákon termodynamiky (I. veta termodynamická)
WQU ddd += , (1)
kde dQ a dW sú teplo a práca prijaté sústavou (dodané sústave).
Keď je veličina dQ (alebo dW) záporná, sústava teplo (alebo prácu) od okolia neprijíma, ale odovzdáva ho okoliu. Keď prácu, ktorú vykoná sústava označíme dW´ (odovzdané teplo dQ´), platia relácie
QQWW ′−=′−= dd ,dd .
V sústave prebieha termodynamický proces (dej), keď sa jej stav mení. Termodynamický proces sa nazýva kruhový, keď po vykonaní rôznych stavových zmien sa sústava vráti do pôvodného stavu.
Práca, ktorú vykoná plyn proti vonkajším silám (zmenou svojho objemu) je daná vzťahom
∫=′
=′
2
1
,d
ddV
V
VpW
VpW
(2)
kde p je tlak plynu a dV elementárna zmena objemu.
Dodané teplo sa vypočíta zo vzťahu
∫=
=2
1
, d
d d
m
mT
T
TnCQ
TnCQ
(3)
kde n je látkové množstvo, dT elementárny prírastok teploty plynu a Cm molárna tepelná kapacita.
Pri plynoch sa musí rozlišovať molárna tepelná kapacita pri stálom tlaku Cmp a molárna tepelná kapacita pri stálom objeme CmV. Podobne musíme rozlišovať aj hmotnostné tepelné kapacity. Súvis medzi molárnymi a hmotnostnými tepelnými kapacitami je daný vzťahmi
mmmm ; McCMcC VVpp == ,
kde Mm je molárna hmotnosť plynu.
42
Elementárna zmena vnútornej energie ideálneho plynu sa vypočíta zo vzťahu
TnCU V d d m= , (4)
alebo zo vzťahu vyplývajúceho z kinetickej teórie plynov
TRnTkNU ii d d d 22 == , (5)
kde N je počet molekúl v danom množstve plynu, k Boltzmannova konštanta, i počet stupňov voľnosti molekúl plynu a R molárna plynová konštanta.
Porovnaním vzťahov (4) a (5) sa získa vzťah pre výpočet molárnej tepelnej kapacity pri stálom objeme
RC iV 2m = . (6)
Súvis medzi molárnou tepelnou kapacitou plynu pri stálom tlaku a pri stálom objeme
vyjadruje Mayerov vzťah RCC Vp += mm . (7)
Pre hmotnostné tepelné kapacity platí vzťah
mMRcc Vp += . (8)
Zo vzťahov (6) a (7) sa získa vzťah pre určenie molárnej tepelnej kapacity pri stálom
tlaku
RiC p 12m ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += . (9)
I. zákon termodynamiky pre dané množstvo plynu má tvar
VpTnCQ V d d d m += . (10) Jednoduché stavové zmeny ideálneho plynu:
a) Izochorická zmena prebieha pri konštantnom objeme plynu: V = konšt.; dV = 0. Pri tomto procese prácu plyn nekoná
0d =′W .
Teplo, ktoré plyn prijme zvýši jeho vnútornú energiu
QU dd =
∫ ∫ −===2
112m
2
1
d dT
TV UUTnCUQ .
Plyn pri tejto zmene prijíma (odovzdáva) energiu iba prostredníctvom tepla.
43
b) Izobarická zmena prebieha pri konštantnom tlaku: p = konšt.; dp = 0. Množstvo tepla, ktoré prijme plyn sa určí zo vzťahu
TnCTnRTnCQ pV d d d d mm =+= .
Práca, ktorú vykoná plyn
VpUQW d ddd =−=′
( )∫ −==′2
1
12 d V
V
VVpVpW .
Časť dodaného tepla spôsobí zvýšenie vnútornej energie plynu a zvyšok sa odovzdá
okoliu prostredníctvom práce.
c) Izotermická zmena prebieha pri konštantnej teplote: T = konšt.; dT = 0. Vnútorná energia plynu sa pri tejto zmene nemení
0d d m == TnCU V .
Plyn koná prácu, ktorá je rovná množstvu dodaného tepla
VpWQ d dd =′=
∫ ==′=2
11
2ln d V
V VVnRTVpWQ .
Plyn prijíma energiu alebo prostredníctvom tepla, alebo prostredníctvom práce, ale
súčasne odovzdáva okoliu rovnaké množstvo energie iným spôsobom. Teda, ak prijme energiu prostredníctvom tepla, odovzdá ju okoliu prostredníctvom práce a ak prijme energiu prostredníctvom práce odovzdá ju okoliu prostredníctvom tepla.
d) Adiabatická zmena prebieha pri dokonalej tepelnej izolácii sústavy: dQ = 0. Práca, ktorú vykoná plyn sa rovná úbytku jeho vnútornej energie
VpUW d dd =−=′
∫ ∫ −=−=−=′2
121m
2
1
d dT
TV UUTnCUW .
Plyn neprijíma energiu prostredníctvom tepla, ale iba prostredníctvom práce. Podobne
okoliu plyn odvádza energiu iba prostredníctvom práce. Vzťah medzi tlakom a objemom plynu pri tejto stavovej zmene vyjadruje Poissonova
rovnica .konst00 == χχ VppV , (11)
kde
44
ii
cc
V
p 2+==χ
je tzv. Poissonova konštanta., p0 a V0 sú tlak a objem plynu vo zvolenom základnom stave.
Ak použijeme vzťah (11) prácu plynu pri adiabatickej zmene môžeme vyjadriť aj takto
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−=′
−χ
χ
1
0
00 11 V
VVpW .
Carnotov vratný kruhový proces pozostáva zo štyroch za sebou nasledujúcich vratných
dejov, z ktorých sú dva izotermické (1. a 3.), prebiehajúce pri teplotách T1 a T2 a dva adiabatické (2. a 4.).
V priebehu jedného cyklu plyn odoberie zo zásobníka tepla teploty T1 teplo 1Q , chladiču teploty T2 odovzdá teplo 2Q′ a vykoná prácu
21 QQW ′−=′ .
Účinnosť takéhoto cyklu je daná podielom vykonanej práce a prijatého tepla
1
21
1
21
1
TTT
QQQ
QW −
=′−
=′
=η .
Keď Carnotov kruhový dej prebieha v opačnom smere, plyn pri nižšej teplote T2 odoberie
zo zásobníka teplo Q2, zvonku prijme energiu prostredníctvom práce W a chladiču teploty T1 odovzdá prijaté teplo zväčšené o teplo, na ktoré sa premení zvonku prijatá práca. Efektívnosť chladiaceho stroja sa charakterizuje podielom (koeficientom využiteľnosti)
1 1
21
22 −=−
==ηTT
TWQk .
Príklad 1.27: Dusík s hmotnosťou 30 g sa nachádza v nádobe s pohyblivým piestom. Jeho tlak je
0,2 MPa a teplota 15 °C. Po ohriatí pri stálom tlaku, plyn nadobudol objem 15 l. Nájdite: a) teplo, ktoré prijal plyn, b) zmenu vnútornej energie plynu, c) prácu, ktorú vykonal plyn. Riešenie: a) Teplo, ktoré prijal plyn určíme zo vzťahu
( ) ( )1212 TTcmTTmcQ Vp −=−= χ . (P1)
45
Neznámu teplotu T2 určíme zo stavovej rovnice ideálneho plynu. Plyn sme ohriali pri stálom tlaku, teda platí 21 pp = a stavová rovnica má tvar
2m
21 RTMmVp = .
Z nej vyjadríme
mRMVpT m21
2 =
a dosadíme do rovnice (P1)
.J 1,516.10 K288 molJ.K 8,314 . kg 3.10
kg.mol 2,8.10 . m 10 . 1,5 . Pa 2.10 .
KJ.kg 10 . 7,42 . 1,4 . kg 103
31-1-2-
1-2-32-5
1-1-221
m21
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= −
-.
...TmR
MVpcmQ Vχ
b) Prírastok vnútornej energie určíme zo vzťahu
( ) ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=−= 1
m2112 Δ T
mRMVpmcTTmcU VV .
Číselne
.J 100831
K288.molJ.K 8,314 . kg 3.10
kg.mol 2,8.10 . m 1,5.10 . Pa 2.10 . KJ.kg 7,42.10 . kg 103
3
1-1-2-
-1-23-251-1-22
.,
..ΔU
=
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= −
c) Na výpočet práce, ktorú vykonal plyn použijeme I. zákon termodynamiky
ΔUQW −=′
a číselne J 10334J 10081J 10521 233 .,.,.,W =−=′ .
Príklad 1.28: V uzavretej nádobe sa nachádzajú 2 kg plynného kyslíka. Aké teplo musíme dodať
kyslíku, aby sa jeho teplota zvýšila o 10 K? Nájdite o koľko sa zvýši jeho vnútorná energia a určite hmotnostnú tepelnú kapacitu kyslíka pri stálom objeme.
Riešenie: Hmotnostnú tepelnú kapacitu kyslíka pri stálom objeme určíme zo vzťahu
m
2
m
m
MR
MCc
iV
V == .
46
Molekuly kyslíka sú dvojatómové, 5=i a
1-1-1-2-
-1-1
mK.J.kg 650
kg.mol 3,2.10 . 2.molJ.K 8,314 . 5
25
===MRcV .
Pri izochorickej zmene sa dodané teplo rovná prírastku vnútornej energie
kJ 0,13 K10 . K.J.kg 650 . kg 2ΔΔ -1-1 ==== TmcUQ V .
Príklad 1.29: Hmotnostná tepelná kapacita neznámeho dvojatómového plynu je 14,5.103 J.kg-1.K-1.
Nájdite molárnu hmotnosť tohto plynu. Aký je to plyn? Riešenie: Hmotnostná tepelná kapacita pri stálom tlaku súvisí s molárnou tepelnou kapacitou pri
stálom tlaku nasledujúcim vzťahom
m
m
MC
c pp = .
Molárnu tepelnú kapacitu pri stálom tlaku dvojatómového plynu určíme z Mayerovej
rovnice RRRRCC Vp 2
725
mm =+=+= .
Keď toto vyjadrenie Cmp dosadíme do prvej rovnice, dostaneme vzťah na určenie molárnej hmotnosti
1-3
1-1-3
-1-1
m kg.mol 10.01,2 K.J.kg 10 . .14,5 2
mol .J.K 8,314 . 727 −===
pcRM .
Podľa periodickej tabuľky prvkov zistíme, že neznámy plyn je vodík. Príklad 1.30: Vo valci s pohyblivým piestom so zanedbateľnou hmotnosťou sa nachádza vzduch
s hmotnosťou 2 kg. Teplota vzduchu sa zväčšila o 80 K pri konštantnom tlaku. Nájdite prácu, ktorú vykonal plyn. (Molárna hmotnosť vzduchu je 0,029 kg.mol-1).
Riešenie: Prácu, ktorú vykoná plyn pri izobarickom deji vypočítame zo vzťahu
47
( ) TRMmTTR
MmTR
MmVpW
V
V
T
T
Δ d d m
12mm
2
1
2
1
=−===′ ∫ ∫ .
Číselne
J 10 . 59,4kg.mol 10 . 2,9
K80 . mol.J.K 8,314 . kg 2 41-2-
-1-1==′W .
Príklad 1.31: V uzavretej nádobe, ktorej objem je 2,5 l sa nachádza 10 g hélia s teplotou 20 °C.
Manometer ukazuje tlak 2,43 MPa. Nádobu potom prenesieme do miestnosti, kde je teplota 10 °C. Po istej dobe manometer ukazuje ustálenú hodnotu tlaku. Zistite tlak, ktorý ukazuje manometer, pokles energie tepelného pohybu molekúl plynu a množstvo tepla, ktoré plyn odovzdal okoliu.
Riešenie: Keďže ide o zmenu, pri ktorej je objem konštantný, tlak hélia po ustálení teploty
vypočítame z Charlesovho zákona
Pa10 . 35,2 K293,15
K283,15 . Pa 10 . 43,2 66
1
212 ===
TTpp .
Pokles energie tepelného pohybu molekúl plynu (uvážime, že molekuly hélia sú
jednoatómové) určíme zo vzťahu
( )m
12
m
Asc 2
32
Δ 3Δ23Δ
MttmR
MTkmNTNkE −=== . (P1)
Číselne ( ) J 312
kg.mol 10 . 4 . 2 K20-10 . .molJ.K 8,314 . kg 10 . 3Δ 1-3-
-1-1-2
sc −==E .
Teplo, ktoré plyn odovzdal okoliu vypočítame zo vzťahu
( )21m
mm
23ΔΔ ttR
MmTC
MmTmcQ VV −===′ .
Keď porovnáme tento vzťah so vzťahom (P1), vidíme, že
J 312sc =−=′ EQ . (P2)
Z I. zákona termodynamiky vyplýva, že keď je objem plynu konštantný, teplo, ktoré plyn odovzdá okoliu, rovná sa úbytku vnútornej energie plynu
48
UQ Δ−=′ .
A teda so zreteľom na vzťah (P2) scΔΔ EU = .
Vidíme, že prírastok (úbytok) vnútornej energie plynu sa rovná prírastku (úbytku) celkovej energie tepelného pohybu molekúl plynu.
Príklad 1.32: Pri izotermickom rozopnutí 3 l dusíka z pôvodného tlaku 0,1 MPa bolo treba dodať 1 kJ
tepla. Vypočítajte tlak a objem dusíka po rozopnutí. Riešenie: Pri izotermickom rozopnutí platí Boylov – Mariottov zákon
2211 VpVp = . (P1)
V tejto rovnici sú neznáme hľadaný tlak p2 a hľadaný objem V2. Objem V2 určíme zo vzťahu pre prácu plynu pri izotermickej zmene, keď si uvedomíme, že pri tejto zmene teplo, ktoré plyn prijme sa rovná práci vykonanej plynom
1
21111 ln dd
2
1
2
1VVVp
VVVpVpQW
V
V
V
V
====′ ∫∫ ,
z čoho
111
2lnVp
QVV
=
a hľadaný objem V2
32-33-5
333-
1112 m 10 . 41,8
m 10 . 3 . Pa 10J 10exp . m 10 . 3exp =⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
VpQVV .
Tlak p2 určíme potom z rovnice (P1)
Pa10 . 57,3m 10 . 8,41
m 10 . 3 . Pa 10 332-
3-35
2
112 ===
VVpp .
Príklad 1.33: Pri adiabatickom stlačení ideálneho plynu platí Poissonova rovnica konst=χpV .
Nájdite súvislosť medzi objemom V a teplotou T a súvislosť medzi tlakom p a teplotou T pri tejto stavovej zmene.
49
Riešenie: Pri odvodzovaní súvislosti medzi V a T (a tiež p a T) vychádzame z Poissonovej rovnice a
zo stavovej rovnice ideálneho plynu
χχ00VppV =
(P1)
0
00TVp
TpV
= .
Z prvej i druhej rovnice vyjadríme podiel 0pp
χ
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
VV
pp 0
0
VTTV
pp
0
0
0=
a keďže ľavé strany sa rovnajú, musí platiť aj rovnosť pravých strán
VTTV
VV
0
00 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
χ
a po úprave
0
10
TT
VV
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−χ,
čo možno napísať aj takto
konst100
1 == −− χχ VTTV .
Pri odvodzovaní súvislosti medzi p a T musíme zo sústavy rovníc (P1) vylúčiť objem. Preto vyjadríme zo stavovej rovnice podiel 0VV
0
0
0 pTTp
VV
= .
Poissonovu rovnicu upravíme takto
pp
VV 0
0=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛χ
.
Do tejto rovnice dosadíme vyjadrenie podielu 0VV z predchádzajúcej rovnice
50
pp
pTTp 0
0
0 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛χ
a po úprave
χχ
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
TT
pp 0
10 ,
čo možno napísať aj takto
( ) ( ) konst01
01 == −− TpTp χχχχ .
Príklad 1.34: Máme stlačiť vzduch z objemu 9 l na objem 1,5 l . Môžeme ho stlačiť izotermicky alebo
adiabaticky. Ktorý dej je z energetického hľadiska výhodnejší? Riešenie: Aby sme mohli odpovedať na otázku, vypočítame prácu, ktorú musíme vykonať pri
izotermickom i pri adiabatickom stlačení. Práca pri izotermickom stlačení
2
11111 ln dd
2
1
2
1VVVp
VVVpVpW
V
V
V
VT =−=−= ∫ ∫ .
Práca pri adiabatickom stlačení
( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−=−
−=−=−=
−−−∫∫
χχχ
χ
χχ
χχ
1
1
21112
11
1111 1
1
1dd
2
1
2
1VVVpVV
VpV
VVpVpWV
V
V
VQ .
Obe práce porovnáme tak, že urobíme ich podiel
( ) ( )6840
m 10 . 9m 10 . 1,51
m 10 . 1,5m 10 . 9ln 411
1
ln 1
1 1
411
33-
33-
33-
3-3
1
1
2
2
1
1
1
211
1
211
,
-
,
VV
VV
VVVp
VVlnVp
WW
,Q
T =
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−
= −−− χχ
χ
χ
.
Z výsledku vyplýva, že izotermické stlačenie je z energetického hľadiska výhodnejšie.
51
Príklad 1.35: Carnotov tepelný stroj odoberá pri každom cykle zo zásobníka tepla (ohrievača) 500 J
tepla a chladiču odovzdáva 300 J. Vypočítajte teplotu ohrievača, keď chladič má teplotu 20 °C.
Riešenie: Pri riešení príkladu použijeme vzťah vyjadrujúci účinnosť Carnotovho tepelného stroja
1
21
1
21 T
TTQ
QQ −=
′−=η .
Z tejto rovnice vyjadríme neznámu teplotu T1 ohrievača
K489J 300
K293,15 .J 500
2
211 ==
′=
QTQT ,
čo v Celziovej teplotnej stupnici odpovedá teplote C 2161 °=t . ÚLOHY 1.75 Pri izotermickom zväčšení objemu plyn vykonal prácu 250 J. Aké teplo bolo treba
dodať plynu? [Q = 250 J] 1.76 V tepelne izolovanom valci s piestom sa nachádza dusík s hmotnosťou 500 g pri
teplote 20 °C. Dusík zväčšil svoj objem, pričom vykonal prácu 3710 J. Nájdite zmenu vnútornej energie dusíka a jeho teplotu po zväčšení objemu. Hmotnostná tepelná kapacita dusíka pri stálom objeme je 742 J.kg-1.K-1.
[ΔU = -3710 J; t2 =10 °C] 1.77 Pri rozopnutí dusíka s hmotnosťou 28 g vykonal plyn prácu 2,5 kJ. Aké teplo sme
museli plynu dodať, keď jeho teplota klesla o 15 K? (cV = 742 J.kg-1.K-1) [Q = 2188 J] 1.78 Hmotnostná tepelná kapacita plynu pri konštantnom objeme je 648 J.kg-1.K-1 a pomer
4,1=Vp cc . Určite aký je to plyn. [kyslík] 1.79 Určite pomer hmotnostných tepelných kapacít Vp cc zmesi plynov pozostávajúcej
z 5 g dusíka a z 3 g hélia, ak poznáte len hmotnostné tepelné kapacity pri stálom objeme uvedených plynov (cVdusíka = 742 J.kg-1.K-1; cVhélia = 3116 J.kg-1.K-1).
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=+
++= 481
1
HeHeNN
mHe
He
mN
N
,mcmc
Mm
Mm
Rcc
VVV
p
52
1.80 Dokážte, že práca plynu pri izobarickom deji sa určuje podľa vzťahu ( )12 VVpW −= . Nakreslite stavový diagram pri tomto procese a vyšrafujte plochu zodpovedajúcu práci plynu.
1.81 Vo valci objemu 0,5 l sa pod piestom s hmotnosťou 1 kg nachádza plyn pri teplote
20 °C. Nájdite prácu plynu pri jeho ohriatí o 120 K. Plocha piestu je 30 cm2. Atmosférický tlak je 105 Pa. Pozn.: Uvažujte aj tlak, ktorým pôsobí piest na plyn.
[W = 21,1 J] 1.82 Vzduch s hmotnosťou 5 g ohrievame pri konštantnom tlaku. Aké teplo musíme
vzduchu dodať, aby zväčšil svoj objem dvakrát? Začiatočná teplota vzduchu je 20 °C. Hmotnostná tepelná kapacita vzduchu pri konštantnom objeme je 728 J.kg-1.K-1 a Poissonova konštanta je 1,4.
[Q = 1,49 J] 1.83 Pri izobarickom rozopnutí dvojatómového plynu vykonal plyn prácu 200 J. Aké teplo
prijal plyn? [Q = 700 J] 1.84 V nádobe s objemom 6 l sa nachádza plyn pri tlaku 0,15 MPa a teplote 27 °C. Pri
izobarickom zväčšení objemu vykonal plyn prácu 300 J. Vypočítajte teplotu a objem plynu po rozopnutí.
[ l 8 C, 127 22 =°= Vt ] 1.85 Tlak dusíka v nádobe s objemom 2 l sa po ohriatí zväčšil o 2 MPa. Nájdite teplo
dodané plynu (cVN = 742 J.kg-1.K-1). [Q = 10 kJ] 1.86 Plyn má v istom stave tlak 0,1 MPa, objem 10 l a teplotu 20 °C. Plyn spočiatku
ohrejeme pri stálom tlaku na teplotu 50 °C a potom pri stálom objeme na teplotu 70 °C. Nájdite prácu vykonanú plynom pri prechode zo začiatočného do konečného stavu.
[ J 102=′W ] 1.87 Aby sa zvýšila teplota plynu, ktorý má hmotnosť 100 g a molárnu hmotnosť
0,004 kg.mol-1, o 30 K pri stálom tlaku je potrebné dodať plynu 10 kJ tepla. Aké teplo treba odobrať plynu, aby sa jeho teplota znížila opäť o 30 K, ale tentoraz pri stálom objeme?
[ kJ 76,3=′Q ] 1.88 V nádobe s objemom 2 l sa nachádza vzduch pri normálnom tlaku. Aké teplo mu
musíme dodať, aby: a) pri konštantnom tlaku zväčšil svoj objem na dvojnásobok? b) pri konštantnom objeme sa tlak zväčšil dvakrát? [a) Q = 709 J; b) Q = 507 J] 1.89 Dusík s hmotnosťou 14 g sa izotermicky rozpína pri teplote 15 °C, pričom sa jeho tlak
mení z hodnoty 0,2 MPa na hodnotu 0,1 MPa. Vypočítajte prácu vykonanú plynom. [ J 830=′W ]
53
1.90 Pri izotermickom rozopnutí 16 g kyslíka pri teplote 17 °C, plyn vykonal prácu 1 kJ. Koľkokrát klesol tlak pri tomto deji?
[2,29-krát] 1.91 Poissonova konštanta pre hélium je 1,66. Určite hodnoty molárnych i hmotnostných
tepelných kapacít hélia. [CmV = 12,6 J.K-1.mol-1; Cmp = 20,9 J.K-1.mol-1; cV = 3148 J.kg-1.K-1; cp = 5224 J.kg-1.K-1] 1.92 Vo vzduchovej hustilke na fúkanie bicyklových kolies sa stláča vzduch zo
začiatočného tlaku 0,1 MPa a začiatočnej teploty 20 °C na tlak 0,2 MPa. Aká je teplota vzduchu vychádzajúceho z hustilky? Tepelné straty cez steny hustilky neuvažujte (χvzduchu = 1,4).
[t = 84,2 °C] 1. 93 Pri adiabatickom rozopnutí hélia zo začiatočnej teploty 80 °C a objemu 8 l, klesne tlak
z hodnoty 4 MPa na hodnotu 1 MPa. Nájdite teplotu a objem hélia v konečnom stave (χhélia = 1,66).
[t2 = -69,6 °C; V2 = 18,4 l ] 1.94 V nádobe s objemom 5 l sa nachádza dusík s tlakom 0,2 MPa a teplotou 25 °C.
Nádobu na krátky čas otvoríme a opäť uzavrieme, čím sa zmení tlak na hodnotu 0,1 MPa. Zistite:
a) Aká bude teplota plynu tesne po (adiabatickej) expanzii? b) Aká je hmotnosť dusíka, ktorý zostal v nádobe? (χdusíka = 1,4). [a) t2 = -28,7 °C; b) m2 = 6,89 g]
1.95 Ukážte, že práca pri adiabatickom deji je určená vzťahom ( )2211 1-
1 VpVpW −=′χ
.
1.96 Akú prácu vykonáte, keď pri hustení pneumatiky stlačíte piest hustilky 20-krát, pričom
stláčate vzduch z tlaku 0,1 MPa na tlak 0,2 MPa? Začiatočný objem vzduchu v hustilke je 1,18.10-3 m-3. Predpokladajte, že proces je adiabatický. (cVvzduchu = 728 J.kg-1.K-1; χvzduchu = 1,4).
[W = 1292 J] 1.97 Ako sa zmení vnútorná energia dusíka, keď ho adiabaticky stlačíme zo začiatočného
tlaku 0,1 MPa a začiatočného objemu 2 l na výsledný objem 1 l ? (χdusíka = 1,4) [vzrastie o 160 J] 1.98 Pri adiabatickom stlačení vzduchu sa tlak vzduchu zmení z hodnoty 0,1 MPa na
hodnotu 2 MPa. Začiatočná teplota vzduchu je 50 °C a jeho začiatočný objem 5 l. Nájdite teplotu a objem vzduchu po stlačení. (χvzduchu = 1,4)
[ C 4872 °=t ; V2 = 0,588 l ] 1.99 Plyn sa adiabaticky rozpína tak, že jeho tlak sa mení z hodnoty 0,526 MPa na hodnotu
0,1 MPa. Potom sa plyn ohreje pri konštantnom objeme na začiatočnú teplotu, pričom jeho tlak nadobudne hodnotu 0,1935 MPa. Nájdite podiel Vp cc pre tento plyn.
[ 66,1=Vp cc ]
54
1.100 Pri adiabatickom stlačení 5 l dusíka z pôvodného tlaku 0,1 MPa sa zvýšila jeho vnútorná energia o 500 J. Určite tlak a objem plynu po stlačení (χdusíka = 1,4).
[p2 = 0,325 MPa; V2 = 2,16 l ] 1.101 Valec s vnútorným priemerom 4 cm a s dĺžkou 20 cm, z jednej strany uzavretý,
položíme uzavretou podstavou na stôl. Do otvoreného konca vložíme piest s hmotnosťou 5 kg. (Piest je tesný – vzduch z valca nemôže uniknúť – a pohybuje sa bez trenia.) Zistite v akej výške od spodnej podstavy sa zastaví piest po jeho náhlom uvoľnení. V akej výške sa bude nachádzať po dosiahnutí tepelnej rovnováhy? Atmosférický tlak je 0,1 MPa (χvzduchu = 1,4).
[1. dej je adiabatický cm; 8,152 =l 2. dej je izotermický cm 4,142 =l ] 1.102 Hélium s hmotnosťou 4 g, teplotou 20 °C a tlakom 0,1 MPa stlačíme na objem 10 l.
Nájdite teplotu a tlak hélia po stlačení, keď sa stláča: a) izotermicky, b) adiabaticky. (χhélia = 1,66) [a) t2 = 20 °C; p2 = 0,244 MPa; b) t2 = 255 °C; p2 = 0,439 MPa] 1.103 Tepelný stroj, ktorý pracuje s účinnosťou 23 % podľa ideálneho Carnotovho cyklu má
rozdiel teplôt medzi ohrievačom a chladičom 90 K. Určite teplotu ohrievača a chladiča.
[T1 = 391 K; T2 = 301 K] 1.104 Akú prácu vykoná ideálny chladiaci stroj, ktorý pracuje podľa Carnotovho cyklu, keď
zmrazí 0,3 kg vody s teplotou 20 °C na ľad s teplotou –5 °C? Predpokladáme, že teplota okolia je konštantná a rovná 20 °C. Aký je koeficient využiteľnosti tohto stroja? Pozn.: Stroj odvádza teplo potrebné na zmrazenie z chladeného priestoru teploty –5 °C.
[W = 12 kJ; 7,10=K ]
55
1.5 PRENOS TEPLA Teplo sa môže prenášať medzi systémami (látkami) týmito tromi spôsobmi: vedením
(kondukciou), prúdením (konvekciou) a žiarením (radiáciou). V niektorých prípadoch je dominantný len jeden mechanizmus, ale niekedy musíme uvažovať dva, ba dokonca všetky tri.
Pri prenose tepla vedením je teplo prenášané medzi dvomi systémami cez prostredie, ktoré ich spája. V tomto prípade žiadna časť prostredia (ako celok) sa nepohybuje. Takýmto prostredím môže byť napríklad pevná tyč.
Teplo Q, ktoré prejde v ustálenom stave cez ktorýkoľvek prierez tyče za čas τ vypočítame zo vzťahu
τλl
21 TTSQ −= , (1)
kde S je plocha prierezu tyče, T1 a T2 teploty1 koncov tyče, l dĺžka tyče a λ koeficient tepelnej vodivosti materiálu, z ktorého je zhotovená tyč.
Z kinetickej teórie plynov sa koeficient tepelnej vodivosti plynov dá vyjadriť ako
ps31 vlρλ Vc= , (2)
kde cV je hmotnostná tepelná kapacita plynu pri stálom objeme, ρ hustota plynu, ls stredná voľná dráha a vp priemerná rýchlosť molekúl plynu.
Tepelným tokom Φ sa nazýva teplo, ktoré prejde prierezom tyče za jednotku času
l21 TTSQΦ −
== λτ
. (3)
Hustotou tepelného toku q sa nazýva teplo, ktoré prejde cez jednotkovú plochu kolmú na
smer postupu tepla za jednotku času
l21 TT
SΦ
SQq −
=== λτ
. (4)
Keď sa os tyče stotožní s osou x a priradí sa jej smer súhlasne rovnobežný so smerom
klesania teploty, hustota tepelného toku sa môže vyjadriť ako
xTq
dd λ−= , (5)
kde xT dd− je spád teploty v smere osi x. Tento vzťah je správny aj vtedy, keď teplota neklesá lineárne.
1 V tejto časti budeme v tých prípadoch, kde je to jedno, symbolom T značiť Celziovu i termodynamickú teplotu. Keď symbol T bude použitý na označenie výlučne termodynamickej teploty, bude to v texte explicitne uvedené.
56
V prípade kontaktu tuhého telesa s plynom alebo kvapalinou, v ktorých môže byť prenos tepla skomplikovaný makroskopickým pohybom molekúl (hovoríme o prúdení tekutiny), možno hustotu tepelného toku vstupujúceho do tuhého telesa vyjadriť vzťahom
( )TTq ′−= α , (6)
kde α je koeficient prestupu tepla, T teplota tekutiny a T´ teplota povrchu tuhého telesa.
Keď teplo prechádza tuhou stenou pozostávajúcou z viacerých vrstiev a obe strany steny sú obklopené plynným prostredím, možno hustotu tepelného toku vyjadriť takto
( )210
21 TTkR
TTq −=−
= , (7)
kde T1 a T2 sú teploty plynov, R0 tepelný odpor steny a 01 Rk = je koeficient prechodu tepla.
Tepelný odpor steny sa dá vyjadriť vzťahom
ei0
11αλα
++= ∑j j
jdR , (8)
kde αi, αe sú príslušné koeficienty prestupu tepla, dj hrúbka a λj koeficient tepelnej vodivosti j-tej vrstvy steny.
Prenos tepla vedením a prúdením vyžaduje látkové prostredie. Prenos tepla žiarením takéto prostredie nevyžaduje a žiarením sa môže teplo šíriť aj vo vákuu. Ideálny tepelný žiarič, ktorý sa nazýva absolútne čierne teleso emituje energiu s výkonom úmerným štvrtej mocnine termodynamickej teploty T telesa a ploche S povrchu telesa
4 STP σ= . (9)
Iné telesá nevyžarujú toľko energie ako čierne teleso. Aby sme vzali túto skutočnosť do
úvahy zavádzame vo vzťahu pre výkon emitovaného žiarenia konštantu, ktorú nazývame emisivita a značíme gréckym písmenom ε. Potom
4 STP εσ= . (10)
Predpokladajme, že teleso s teplotou T1 je obklopené stenou s teplotou T2 < T1 . Potom
emitovaný výkon telesom je vyšší ako pohlcovaný a medzi telesom a stenou existuje tepelný tok, ktorý možno vyjadriť vzťahom
( )4
24
1 TTSΦ −= εσ . (11)
Príklad 1.36: V sklenej nádobe postavenej na varič vrie voda. Za 10 minút vznikne 100 g pary. Hrúbka
dna nádoby je 1 mm a plocha dna je 80 cm2. Vypočítajte, aká je teplota na rozhraní platne variča a sklenej nádoby, keď straty tepla cez plášť nádoby môžeme zanedbať. (λskla = 0,71 W.m-1.K-1; lv = 2,26.106 J.kg-1)
57
Riešenie: Teplo potrebné na vytvorenie pary (skupenské teplo) vypočítame zo vzťahu
vv lmLQ == , (P1)
kde m je hmotnosť vytvorenej pary a vl hmotnostné skupenské teplo vyparovania.
Teplo vyjadrené vzťahom (P1) sa dodáva vode vedením cez dno nádoby. Môžeme ho vyjadriť teda aj vzťahom
τλd
TTSQ′−
= , (P2)
kde T je teplota na rozhraní platne variča a dna nádoby a T´ teplota na rozhraní dna nádoby a vody (prestup tepla neuvažujeme).
Zo vzťahov (P1) a (P2) dostaneme vzťah pre výpočet hľadanej teploty T:
TS
dmT ′+=τλ
vl .
Číselne
C 166C 100s 600 . m 10 . 8 . K. m .W 0,71
m 10 . kg .J 10 . 2,26 . kg 1023--`11-
-3-161°=°+=
−T .
Príklad 1.37: Dva valce s rovnakými rozmermi – medený a železný – sú v kontakte svojimi podstavami
a sú upnuté medzi dva bloky, ktoré majú teploty C 0a C 80 21 °=°= TT (obr. 1.7). Koeficient tepelnej vodivosti medi je 6,8-krát väčší ako železa. Aká je teplota T3 na rozhraní oboch valcov, keď tepelné straty z povrchu valcov neuvažujeme?
Obr. 1.7
Riešenie: V ustálenom stave hustota tepelného toku, ktorý prechádza medeným valcom sa rovná
hustote tepelného toku, ktorý prechádza železným valcom
ll23
Fe31
Cu TTTT −
=− λλ .
Cu FeT T
T
1 2
3
58
Z tejto rovnice hľadaná teplota T3 je
C 7,696,81
C 80 . 6,8C 0
1 Fe
Cu
1 Fe
Cu 2
3 °=+
°+°=
+
+=
λλ
λ Tλ
TT .
Príklad 1.38: Aké teplo uniká z miestnosti za 1 h cez okno, cez vzduch uzavretý medzi sklami?
Rozmery skla sú 1 m x 1,25 m; vzdialenosť medzi sklami je 5 cm. Teplota vzduchu v miestnosti je 23 °C, teplota vonkajšieho vzduchu je –5 °C. Účinný priemer molekuly vzduchu je 0,3 nm. Teplotu vzduchu medzi sklami považujte za rovnú aritmetickému priemeru vnútornej a vonkajšej teploty. Tlak vzduchu je 1013 hPa.
Riešenie: Budeme predpokladať, že transport tepla cez vzduchovú vrstvu uzavretú medzi sklami sa
uskutočňuje iba vedením tepla. Potom teplo, ktoré prejde cez túto vrstvu môžeme vyjadriť vzťahom
τλ Sd
TTQ 12 −= . (P1)
Koeficient tepelnej vodivosti vzduchu λ určíme pomocou vzťahu odvodeného
v kinetickej teórii plynov
p31 vsVc lρλ = . (P2)
Veličiny vystupujúce v tomto vzťahu vyjadríme tiež pomocou kinetickej teórie plynov.
Hmotnostná tepelná kapacita vzduchu pri stálom objeme (počet stupňov voľnosti molekúl vzduchu i = 5)
mm 25
2 MR
MRicV == .
Priemerná rýchlosť molekúl vzduchu
mp π
8MRT
=v .
Stredná voľná dráha molekúl vzduchu
A2s π 2 pNd
RT=l .
Hustotu vzduchu vyjadríme pomocou stavovej rovnice ideálneho plynu
59
RTpM m=ρ .
Keď uvedené vyjadrenia veličín dosadíme do vzťahu (P2) vyjadrujúceho koeficient
tepelnej vodivosti vzduchu, dostaneme
( )=== 1-2-
1-1-
1-23210-
1-1-
mA2 mol . kg 10 . 2,9 . π
K282 . .mol K.J 314,8.mol 10 . 6,022 . m 10 . 3 3π
mol . K.J 8,314 . 5 π
. π35
MRT
NdRλ
-1-1-2 K. m .W 10 . 31,1= .
Na záver vyčíslime teplo (vzťah P1), ktoré unikne z miestnosti cez okno za 1 h
( )[ ] kJ 33s 10 . 3,6 . m 1,25 . m 10 . 5
K523 . K. m .W 10 . 311 d
322-
1-1-2-12 =−−
=−
= ,STTQ τλ .
Príklad 1.39: Pri bezkanálovom rozvode tepla sa používa potrubie nasledujúcej konštrukcie: horúca
voda prúdi oceľovým potrubím, ktoré je fixované dištančnými rozperkami v strede azbestocementového potrubia. Azbestocementové potrubie je obalené izolačným materiálom a celkom na vrchu je potrubie z PVC (obr. 1.8). Vypočítajte tepelné straty takéhoto potrubia (teplo, ktoré unikne za 1 s z potrubia dĺžky 1 m). Priemer oceľovej rúry je 10 cm, azbestovocementovej 20 cm a PVC rúry 40 cm. Teplota vody je 110 °C a teplota okolia 10 °C. Kvôli zjednodušeniu úbytky teplôt na stenách jednotlivých potrubí zanedbajte, podobne ako prúdenie vzduchu v azbestovocementovej rúre. (Koeficient prestupu tepla z vody do oceľového potrubia αi = 2000 W.m-2.K-1, koeficient prestupu tepla z PVC potrubia do okolitého prostredia αe = 1000 W.m-2.K-1; koeficienty tepelnej vodivosti: -1-1
2 izolácie-1-1
1 vzduchu .KW.m 04,0 ;.KW.m 024,0 ==== λλλλ ).
Obr. 1.8 Obr. 1.9
T
TT
TT 1
1 2
2
33
rr
r
v
0
ql
dr1r
r
r2
T
T2
1
60
Riešenie: Vzťah pre výpočet tepla, ktoré prejde radiálnym smerom v jednoduchom valcovom
potrubí odvodíme takto: Vyjdeme zo vzťahu (1) v teoretickom úvode. Ak r značí vzdialenosť od osi potrubia (obr. 1.9), valcovou plochou s polomerom r, a teda s povrchom lrS π2= za čas τ prejde teplo
τλrTrQ
dd 2π l−= .
Úpravou dostaneme rovnicu
rrQT d
π2d
τλl=− .
Ďalej
∫∫ =−2
1
2
1
d π2
dr
r
T
T rrQT
τλl
a po integrácii
1
221 ln
π2 rrQTT
τλl=− .
Hľadané teplo je teda
1
2
21
ln π2
rrTTQ −
= τλl .
Keď je potrubie viacvrstvové, v ustálenom stave platí, že teplo, ktoré vstupuje do vrstvy
potrubia musí sa rovnať teplu, ktoré prechádza cez túto vrstvu, to sa rovná teplu, ktoré prechádza cez druhú vrstvu a to sa rovná teplu, ktoré z potrubia prestupuje do okolitého prostredia (obr. 1.8). Teda Qi = Q1 = Q2 = Qe = Q a ďalej
( )
( ) .
π2
π2
03ee
2
3
322
1
2
211
1vii
τα
τλ
τλ
τα
TTSQrrTT
Q
rrTT
Q
TTSQ
−=
−=
−=
−=
ln
ln
l
l
Riešením týchto rovníc dostaneme vzťah pre tepelné straty nášho potrubia
61
( )
( )
.m .W 613
m 0,2 . K. m .W 10001
K. m .W 0,04m 0,1m 20ln
K. m .W 0,024m 0,05m 0,1ln
m 0,05 . K. m .W 20001
K10110 . π2
11
π2
1-
1-2-1-1-1-1-1-2-
3e2
2
3
1
1
2
1i
0v
,
,
rrrln
rrln
r
TTQQ*
=
=
+++
−=
=
+++
−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
αλλα
τl
Príklad 1.40: Vypočítajte hustotu tepelného toku prechádzajúceho tehlovou stenou, ktorá má hrúbku
30 cm a je z oboch strán omietnutá vrstvou hrubou 1,5 cm. Určite tiež teplotu vnútorného povrchu steny. Teplota vzduchu v miestnosti je 20 °C a teplota vonkajšieho vzduchu je -10 °C. Koeficient prestupu tepla na vnútornej strane je 8 W.m-2.K-1; na vonkajšej strane 23 W.m-2.K-1; koeficient tepelnej vodivosti steny je 0,52 W.m-1.K-1 a omietky 0,70 W.m-1.K-1.
Riešenie: Hustotu tepelného toku určíme zo vzťahu
e
ddTT
RTTq
αλλα1
21
2
2
1
1
i
21
0
21
+++
−=
−= ,
kde T1 a T2 sú teploty vzduchu v miestnosti a vonku, αi a αe koeficienty prestupu tepla vnútri a vonku, d1 a d2 hrúbky omietky a tehlovej steny, λ1 a λ2 koeficienty tepelnej vodivosti omietky a tehlovej steny.
Číselne
( )[ ] 2-2
1-
1-
1-
2-m .W 1,38
W K. m
231
10 . 5,210 . 3
10 . 710 . 1,5 . 2
81
K1020=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+++
−−=q .
Teplotu vnútorného povrchu steny určíme zo vzťahu
( )11i TTq ′−= α ,
kde 1T ′ je hľadaná teplota povrchu steny. Teda
62
C 215 K. m .W 8m .W 38,1C 20 1-2-
-2
i11 °=−°=−=′ ,qTT
α.
Príklad 1.41: Stena je zložená z betónovej vrstvy hrúbky cm 20b =d , tepelnej izolácie hrúbky
cm 3iz =d a omietky hrúbky cm 51o ,=d . Koeficient tepelnej vodivosti betónu je 11
b .KW.m 21 --,=λ , tepelnej izolácie 11iz .KW.m 040 --,=λ a omietky 11
o .KW.m 70 --,=λ . Určite efektívny koeficient tepelnej vodivosti steny.
Riešenie: Efektívny koeficient tepelnej vodivosti steny λ určíme zo vzťahu pre hustotu tepelného
toku q prechádzajúceho stenou
dTq Δ λ= , (P1)
kde ΔT je rozdiel teplôt na povrchoch stien a oizb dddd ++= je hrúbka zloženej steny.
V ustálenom stave hustota tepelného toku prechádzajúca betónom, izoláciou a omietkou je rovnaká, platia rovnice
.
,
,
o
eizoo
iz
izobiziz
b
bizib
dTTq
dTTq
dTTq
−=
−=
−=
λ
λ
λ
V týchto vzťahoch vystupujú teploty na rozhraniach jednotlivých vrstiev. Z indexov je zrejmé, o ktoré rozhrania ide. Ti a Te sú teploty povrchov steny a platí
qdddTTT Δo
o
iz
iz
b
bei ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=−=λλλ
. (P2)
Porovnaním vzťahov (P1) a (P2) dostaneme vyjadrenie pre efektívny koeficient tepelnej
vodivosti
11
111111o
o
iz
iz
b
b.KW.m 2610
.KW.m 0,7m 0150
.KW.m 0,04m 030
.KW.m 1,2m 0,2
m 2450 −−
−−−−−−
=++
=++
= ,,,,
λλλ
λ dddd .
63
ÚLOHY 1.105 Vypočítajte aké teplo prejde za 1 h cez betónovú stenu hrúbky 20 cm, ktorej plocha je
14 m2, keď vnútorný povrch steny má teplotu 22 °C a vonkajší –5 °C. ( -1-1
bet .Km W. 161,=λ ) [Q = 7,9 . 106 J] 1.106 Jeden koniec medenej tyče dĺžky 40 cm a prierezu 3 cm2 udržujeme na teplote 250 °C.
Druhý koniec sa nachádza v topiacom sa ľade. Vypočítajte hmotnosť ľadu roztopeného za dobu 30 minút. Straty tepla do okolia zanedbajte (λCu = 398 W.m-1.K-1; hmotnostné skupenské teplo topenia ľadu je 3,34 . 105 J.kg-1).
[m = 0,402 kg] 1.107 Jednou z metód merania koeficienta tepelnej vodivosti látok je stacionárna
porovnávacia metóda. Pri tejto metóde sa medzi ohrievač a chladič vkladajú vzorky tvaru planparalelných doštičiek, z ktorých jedna (etalón) je z materiálu, ktorého koeficient tepelnej vodivosti poznáme a druhá z materiálu, ktorého koeficient tepelnej vodivosti chceme zistiť. Na určenie neznámeho koeficienta tepelnej vodivosti stačí zmerať teploty na rozhraniach vzoriek. Odvoďte vzťah umožňujúci vypočítať neznámy koeficient tepelnej vodivosti. Geometrické rozmery vzoriek sú rovnaké a odvod tepla do okolia zanedbajte.
[TTΔΔ e
eλλ = , kde ΔTe a ΔT sú spády teploty na etalóne a na meranej vzorke; λe je
koeficient tepelnej vodivosti etalónu] 1.108 Vypočítajte koeficient tepelnej vodivosti vzduchu pri tlaku 0,1 MPa a teplote 20 °C.
Účinný priemer molekuly vzduchu je 0,3 nm. [λ = 1,33 . 10-2 W.m-1.K-1] 1.109 Dve steny s rovnakou plochou, jedna z pórobetónu a druhá z tehál, majú mať rovnaké
tepelnoizolačné vlastnosti. Koľkokrát bude väčšia hrúbka tehlovej steny ako pórobetónovej? ( -1-1
pórobet-1-1
tehly .KW.m 26,0 ;.Km W. 52,0 == λλ ) [2-krát] 1.110 Koľkokrát sa znížia tepelné straty cez betónovú stenu hrubú 20 cm, keď ju obložíme
polystyrénom hrúbky 5 cm a omietneme z oboch strán vrstvou hrubou 1,5 cm? ( ;.,;,;, -1-1
o-1-1
p-1-1
b KW.m 700 .KW.m 0400 .Km W. 161 === λλλ αi = 8 W.m-2.K-1; αe = 23 W.m-2.K-1)
[4,79-krát] 1.111 Aký je potrebný výkon tepelného zdroja v obytnej miestnosti, v ktorej vyžadujeme
teplotu vzduchu 23 °C, ak predpokladáme, že cez obvodovú stenu s plochou 22 m2 uniká prestupom tepla 60 % z dodaného tepla? Stena je zložená z vonkajšej betónovej vrstvy hrubej 7 cm, penopolyuretánovej izolácie hrubej 3 cm a vnútornej betónovej vrstvy hrubej 15 cm. Teplota vonkajšieho vzduchu je –15 °C. (αi = 8 W.m-2.K-1; αe = 23 W.m-2.K-1; -1-1
polyur-1-1
bet .KW.m 04,0 ;.Km W. 16,1 == λλ ) [ W 1260=P ]