Kezdőlap


Feladat:	3586. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2003/október, 442 - 444. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Izotermikus állapotváltozás (Boyle--Mariotte-törvény), Folyadékhozam, Bernoulli-törvény, Analógia alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2003/január: 3586. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Kis áramlási sebességeknél a gázok az összenyomhatatlan folyadékokhoz hasonlóan viselkednek. Jó közelítéssel (kb. $10 %$ pontossággal) érvényes rájuk a kiömlési törvény, amely szerint $p$ nyomáskülönbségnél a kiáramlási sebesség

\begin{matrix} v = \sqrt[]{\frac{2 p}{ϱ}} = \sqrt[]{\frac{2 R T}{M}}, \end{matrix}

ami állandó hőmérsékleten állandó. (

M

a gáz móltömegét jelöli.)
Kis

Δ t

idő alatt az A keresztmetszetű lyukon keresztül

Δ V = Δ t \cdot v \cdot A

térfogatú levegő hagyja el az űrhajót. Ez

Δ n = \frac{p Δ V}{R T} = Δ t \cdot p A \sqrt[]{2} M R T

anyagmennyiséget jelent mólokban kifejezve. A nyomás megváltozása

\begin{matrix} Δ p = - \frac{Δ n R T}{V} = - Δ t \cdot p \frac{A}{V} \sqrt[]{\frac{2 R T}{M}}, \end{matrix}

a negatív előjel a nyomás csökkenését jelzi. A

Δ t \to 0

határátmenetben ugyanolyan jellegű differenciálegyenletet kapunk, mint a radioaktív bomlás egyenlete:

\begin{matrix} \frac{d p}{d t} = - p \cdot \frac{A}{V} \sqrt[]{\frac{2 R T}{M}} = - λ p . \end{matrix}

Az egyenlet megoldása:

\begin{matrix} p (t) = p_{0} e^{- λ t}, \end{matrix}

ahol

p_{0}

a nyomás kezdeti értéke. A nyomás

\begin{matrix} t_{1 / 2} = \frac{ln 2}{λ} = ln 2 \cdot \frac{V}{A} \sqrt[]{\frac{M}{2 R T}} \end{matrix}

idő alatt csökken a felére.

II. megoldás. Ha a lyuk mérete jóval kisebb, mint a molekulák szabad úthossza (ami normál állapotú gázra kb.

10^{- 5}

cm), akkor csak azok a molekulák jutnak rajta keresztül, amelyek sebessége éppen ehhez megfelelő. Durva megfontolás alapján azt mondhatjuk, hogy a részecskék harmadrésze mozog a lyukas falra merőlegesen, hatodrésze a fal felé. Így

Δ t

idő alatt

\begin{matrix} \frac{1}{6} \cdot \frac{N}{V} A \bar{v} Δ t \end{matrix}

részecske jut el a lyukhoz (

\bar{v}

az átlagsebesség). Ez a gondolatmenet nem veszi figyelembe a részecskék sebesség szerinti eloszlását; a pontos számítás az

\begin{matrix} \frac{1}{4} \cdot \frac{N}{V} A \bar{v} Δ t \end{matrix}

eredményt adja.

T

hőmérsékleten az átlagsebesség¹

\begin{matrix} \bar{v} = \sqrt[]{\frac{8 R T}{π M}} . \end{matrix}

A nyomás megváltozása

Δ t

idő alatt

\begin{matrix} Δ p = - Δ t \cdot p \frac{A}{V} \sqrt[]{\frac{R T}{2 π M}}, innen t_{1 / 2} = \frac{ln 2}{λ} = ln 2 \cdot \frac{V}{A} \sqrt[]{\frac{2 π M}{R T}}, \end{matrix}

2 \sqrt[]{π}

-szer nagyobb, mint az előző (más körülmények között érvényes) megoldás eredménye.

() Több dolgozat alapján

Megjegyzés. A nagyságrendek érzékeltetése kedvéért tanulságos kiszámítani, hogy mennyi idő alatt esik a nyomás az eredeti érték felére, ha

V = 100 m^{3}

A = 1 mm^{2}

és

T

a szobahőmérséklet. Az eredmény: 50 óra.

() (G. P.)

¹A Négyjegyű függvénytáblázat képlete hibás, a sebesség négyzetének átlaga nem egyezik meg az átlagsebesség négyzetével.