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 ]