fiz.aporisk.hufiz.aporisk.hu/UserFiles/ii_fejezet.pdf · 6 Hőtan – részletes megoldások 29. l o = 1 m. m 1 = ? m 2 = ? m 3 = ? α 1 = ? α 2 = ? α 3 = ? Mely fémek ezek? m

Többet gőzzel, mint erővel...

II. fejezetHőtan

II. fejezetHőtan

2.1. Hőmérsékletiskálák, hőtágulás

2.2. Ideálisgázokállapot-egyenlete,gáztörvények

2.3. Belsőenergia,állapot-változások,I.főtétel

2.4. Kalorimetria,halmazállapot-változások

2.5. Tesztek

2

Hőtan–részletesmegoldások

2.1.Hőmérsékletiskálák,hőtágulás

1. t = 36,8 °C, T = 309,8 K.

2. tAu = 1064 °C, tAg = 962 °C, tPt = 1772 °C.

TAu = ? TAg = ? TPt = ? TAu = ? ΔtAu - Ag = ? ΔTAu - Ag = ?

TAu = 1064 °C = (1064 + 273) K = 1337 K.TAg = 962 °C = (962 + 273) K = 1235 K.TPt = 1772 °C = (1772 + 273) K = 2045 K.Δt = 1064 °C - 962 °C = 102 °C.ΔT = 1337 K - 1235 K = 102 K.

3. Csak 0 °R = 0 °C.

tt

°

°=C

R

0 8,.

4. t1 = 40 °F, t2 = 40 °R, t1(°C) = ? t2(°C) = ?

tt

°

°=-

= - = °C

F C.1

321 8

40 321 8

4 44, ,

, tt

°

°= = ° = °C

R R C.2 0 8

400 8

50, ,

5. tforrás = 79 °C és tfagyás = -117 °C.

6. -38,9 °C = 234,1 K = -31,12 °R = -38,02 °F.

7. T = 100 K. t(°C) = ?

t = (100 - 273) °C = -173 °C. Ez nem szobahőmérséklet.

8. Δt = 20 °C, l0 = 24 cm = 240 mm, α = 1,4 ∙ 10-5 1C°

. Δl = ?

D Dl l t= = ⋅°

⋅ ⋅ ° =-α 051 4 10 1 240 20 0 067, ,

Cmm C mm.

9. t1 = -5 °C, t2 = 25 °C, l0 = 13 m, α = 2,4 ∙ 10-5 1C°

. Δl = ?

D Dl l t= = ⋅°

⋅ ⋅ ° = =-α 052 4 10 1 13 30 0 0094 9 4, , ,

Cm C m mm.

3

10. l0 = 2 m, Δl = 1 cm, α = 1,1 ∙ 10-5 1C°

. Δt = ?

D Dt ll

=⋅

=⋅ ⋅

°

= °-0 5

0 01

2 1 1 10 1 454α

,

,

m

mC

C.

11. α = 0,9 ∙ 10-5 1C°

, pl. öntöttvas.

12. l0 = 2737 m, α = 1,1 ∙ 10-5 1C°

, Δt = 10 °C.

Δl = ? Dll0

= ?

D Dl l t= = ⋅°

⋅ ⋅ ° =-α 051 1 10 1 2737 10 0 301, ,

Cm C m.

A relatív hosszváltozásban l0-lal osztunk:D Dll

t0 C

C= ⋅ = ⋅°

⋅ ° = ⋅- -α 1 1 10 1 10 1 1 105 4, , .

13. t0 = 20 °C, t1 = 0 °C, t2 = 40 °C, α = 1,1 ∙ 10-5 1C°

.

Dll

= ?

D Dll

t= ⋅ = ⋅°

⋅ ± °( ) = ± ⋅ ⇒ ± ⋅ = ±- - -α 1 1 10 1 20 2 2 10 2 2 10 0 0225 4 2, , , % , %.C

C

14. t0 = 20 °C, l0 = 13 m, l = 3,01 m, α = 1,2 ∙ 10-5 1C°

. t = ?

D Dt ll

=⋅

=⋅

°⋅

= ⋅ ° = °-α

0 01

1 2 10 1 30 00278 10 278

5

5,

,,m

Cm

C C.

t t t= + = ° + ° = °0 20 278 298D C C C.

15. l0 = (1 - 0,0000013) m = 0,9999987 m, Δl = 0,000008646 m°C

⋅ DT . α = ?

A hőmérsékletfüggő tag: 0,000008646 m°C

⋅ DT . Ez azt jelenti, hogy ha a hőmér-

séklet 1 °C-kal emelkedik, a rúd hossza 0,000008646 méterrel nő meg, így α szá-molható.

4


α =⋅

=⋅ °

= ⋅°

-DDl

l t0

60 0000086460 9999987 1

8 646 10 1,,

, .mm C C

16. a) α = 3 ∙ 10-5 1C°

; b) Δt1 = 50 °C, Δt2 = 150 °C.

17. ΔA = 1,22 cm2.

18. α = 1,25∙10-5 1C°

, DAA

⋅ =100 0% , %.25

19. A = 42,96 cm2.

20. rg = 2 cm, dgy = 4,05 cm, α = 1,2 ∙ 10-5 1C°

. a) t2 = ? b) V2 = ?

a) D Dt dd

=⋅

=⋅ ⋅

°

= °-0 5

0 05

4 1 2 10 1 1042α

,

,

cm

cmC

C.

Ha a szobahőmérséklet 20 °C, akkor 1062 °C-ra kell melegíteni.

b) V r= ⋅ =

⋅ =

⋅ =43

43 2

43

4 052

34 7733 3

3π π πd cm cm, , .

21. a) Δl = 3,12∙10-4 dm; b) ΔA = 6,24∙10-4 dm2; c) ΔV = 9,36∙10-4 dm3.

22. ΔV = 9,05∙10-3 cm3.

23. β = 5,25∙10-4 1C°

.

24. β = 1,1∙10-4 1C°

.

25. t0 = 24 °C, V0 = 1 l, t = 70 °C, α = 8,5 ∙ 10-6 1C°

, ρvíz(70 °C) = 971 kgm3 .

mvíz = ?

V V t

m

= + ⋅ = + ⋅ ⋅°

⋅ ° =

=

-0

3 6 31 3 1000 1 3 8 5 10 1 46 1001 173( ) ( , ) , ,α D cmC

C cm

VV ⋅ = ⋅ =ρ 1001 173 0 971 972 133, , ,cm g

cmg.

5

26. t0 = 0 °C, V0 = 2 dl, t = 40 °C, βalkohol = 1,1 ∙ 10-3 1C°

, αacél = 1,1 ∙ 10-5 1C°

. Valk= ?

V V tV

acél C C

alkohol C

dl,

dl,

,

( ) ,

,40 0

40

1 3 2 00264

2 00264° °

°

= + ⋅ =

=

α D

== + ⋅ ⇒ =° °V t V0 01 1 918C C dl.( ) ,β D

27.

22

11s

dz, s d’z, s

z11,11

22,22α = 8 ∙ 10-5 1

C°, Δt = 125 °C.

Δd = ?

dZ S, ,= + =11 22 24 5972 2 m.

Az S szár hossza: l l tS = + ⋅( ) = + ⋅°

⋅ °

=-0

5m 1 8 10 1C

C m.1 22 125 22 22α D ,

A Z szár hossza: l l tZ = + ⋅( ) = + ⋅°

⋅ °

=-0

5m 1 8 10 1C

C m.1 11 125 11 11α D ,

′ = -( ) + =dZ S, , , ,22 22 11 11 22 24 6462 2 m.

Dd = - = =24 646 24 597, ,m m 0,049 m 4,9 cm.

28. l(m)

0,9998

1,0000

1,0002

1,0004

1,0006

10 0 10 20 30 40 50t(°C)

l0 = ? α = ? Melyik az a fém?

a) l0 = 1 m, grafikonról;

b) α =⋅

= -⋅

= -⋅ °

=⋅ °

=DD Dl

l tl ll t0

0

0

1 00055 11 50

0 000551 50

1 1, , ,m mm C

mm C

⋅⋅°

-10 15

C;

c) acél.

6


29. lo = 1 m.

m1 = ? m2 = ? m3 = ? α1 = ? α2 = ? α3 = ? Mely fémek ezek?

m ll t10

31 250

0 024 1 2 101 50

2 4 10=°

=°

=⋅

= ⋅⋅ °

= ⋅-

-, , , , ,mmC

mmC

mm C1α

DD

55

20

3

1

0 018 0 9 101 50

1

°→

=°

=⋅

= ⋅⋅ °

=-

Calumínium.

mmC

mm C2m l

l t, , ,

αD

D,,

, , ,

8 10 1

0 011 0 55 101 50

5

30

3

⋅°

→

=°

=⋅

= ⋅⋅ °

=

-

-

Créz.

mmC

mm C3m l

l tα

DD

11 1 10 15, ⋅°

→-

Cacél.

30. d = 1 mm = 0,001 m, Δt = 50 °C, γ = 45°, α1 = 1,2 ∙ 10-5 1C°

,

α2 = 1,8 ∙ 10-5 1C°

.

R = ?

A belső ív hossza: l l t1 0 11= + ⋅( )α D .

A külső ív hossza: l l t2 0 21= + ⋅( )α D .Ha R jelöli a belső íven elhelyezkedő fém görbületi sugarát, akkor a külső íven elhelyezkedő fém görbületi sugara (R + d ) m.

vas

sárgaréz

1 mm

45°

R

l R1 = ⋅γ . (I)l R d2 = ⋅ +( )γ . (II)

Az (I) egyenletet osztva a (II) egyenlettel:ll

l tl t

RR d

Rd t1

2

0 1

0 2

1

2 1

11

1=

+ ⋅( )+ ⋅( )

= ⋅⋅ +( )

⇒ =⋅ + ⋅( )

-(αα

γγ

αα α

DD

D)) ⋅

=Dt

3 33, m.

(Megjegyezzük, hogy a γ középponti szög ismerete nem szükséges a feladat meg-oldásához. De γ ismeretében a kezdeti hossz számolható: l0 = 2,612 m.)

31. l = 24,87 cm.

7

32. T ′ = 1,00019 s, az óra késik.

33. t1 = 20 °C, t2 = 30 °C, T = 1 s, N ∙ ΔT = 60 s.

T ′ = ? N = ?

TT

lg

l tg

T T t′

=+ ⋅( )

⇒ ′ = + ⋅ =2

21

1 1 00009π

πα

αD

D , s,

T ′ = 1,00009 s,

N = = ⋅600 00009

6 66 105ss,

, db lengés után, azaz 7,71 naponta (≈ hetente egyszer)

kell korrigálni a mutatott időt, ennyi idő alatt késik 1 percet.

34. t1 = 24 °C, t2b = 0 °C, t2k = 60 °C, r0 = 2 cm, h0 = 9 m, α = 1,85 ∙ 10-5 1C°

.

DV = ?

A külső henger térfogata a hőmérséklet-változás után:

V A h r h r t h t′ = ′ ⋅ ′ = ′( ) ⋅ ⋅ ′ = +( ) ⋅ ⋅ + =külsõ k k k

20

201 1

2

π α π α( ) ( )

(

D D k

cm ⋅⋅ + ⋅°

⋅ ° ⋅ ⋅ + ⋅°

⋅ ° =- -( , )) ( , ) ,1 1 85 10 1 36 9 1 1 85 10 1 36 113 25 2 5

CC cm

CCπ 666 3cm .

A belső henger térfogata hasonlóképpen számítható:

V A h r h r t h t′ = ′ ⋅ ′ = ′( ) ⋅ ⋅ ′ = -( ) ⋅ ⋅ - =belsõ b b b b

cm

20

201 1

2

π α π α( ) ( )

(

D D

⋅⋅ - ⋅°

⋅ ° ⋅ ⋅ - ⋅°

⋅ ° =- -( , )) ( , ) ,1 1 85 10 1 24 9 1 1 85 10 1 24 112 85 2 5

CC cm

CCπ 889 3cm .

DV = 0 377 3, .cm

35. t t dnyár nyár nyárC C inch inch cm,

=

= - ° = ° = =

⋅ -

10 30 28 1 2 54

1 1 10

, , , ,

,α 55 1 40

1

°D = °

= =

= + ⋅( )

=

CC

tél

nyár

nyár tél

tél

nyár

,

? ?

.

t

kk

k

d d tdd

k

D

Dα

ttél

nyár

CCk t

=+ ⋅

=+ ⋅

°⋅ °

=-

11

1

1 1 1 10 1 400 99956

5α D ,,

d d tdd

kk t

nyár tél

tél

nyár

tél

nyár

= + ⋅( )

= =+ ⋅

=+ ⋅ -

1

11

1

1 1 1 10 5

α

α

D

D

.

, 11 400 99956

°⋅ °

=

CC

, .

8


k r d

knyár

tél

cm cm= = = ⋅ ⋅( ) =

= ⋅

2 28 2 54 3 14 223 3168

0 99956 223 3

π π , , ,

, , 1168 223 21850 0983

( ) ==

cm cmcm.

,,Dk

36. a) knégyzet = 79, 963 cm, kkör = 31,385 cm;

b) kk

kör

négyzet

= π8

, nem változik.

37. t1 = 0 °C, t2 = 400 °C.

α = ?

Bármelyik hosszadat-pár alkalmas α meghatározására. Pl.:

dd

t0

20,1dm20 dm

CC

= + ⋅

= + ⋅ ° ⇒ = ⋅°

-

1

1 400 1 25 10 15

α

α α

D ,

, .

38. α α αA B AB

B A B

A B

l l t t

l l

= = ⋅ = = ⋅°

= =

-2 ,C

a b M

00 5

30 4 1 2 10 1, , , , .

) ? ? )

D D

D D eelyik az fém?A

a) D DD D

D D

l ll l t

l l t

A B

A

B

+ == ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

1 140 4

23

0

0

,, ,

.

cm, (I)(1)

(2)

αα

Az (1) és (2) egyenlet elosztásával kétismeretlenes egyenlethez jutunk.DD

ll

A

B

= 0 83, ( )II

Az (I) és (II) egyenletrendszer megoldásával:D Dl lA B= =0 24 0 90, , , .cm cm

b) Mivel az A fém hőtágulási együtthatója 2 4 1C

5, ,⋅°

-0 1 ez a fém alumínium.

9

39. t r h t1 0 0 2518 10 50 300 7 2 10 1

1 3 10

= ° = = = ° = ⋅°

= ⋅

↑-

→-

C mm mm CC

, , , , , ,

,

α

α 55 1°

=C

.

?V

h h t= + ⋅ = ⋅ ⋅°

⋅ ° - °↑-

°

05

282

1 7 2 10 1 300 18( ) , (α D 5 cm (1+C

C C))C

==

= + ⋅ = ⋅ ⋅°

⋅ ° - °→-

5,10152 cm.

1cm (1+C

C C)r r t05

2

1 1 3 10 1 300 18( ) , (α D882

2 2

°

=

= ⋅ ⋅ = ( ) ⋅ ⋅ =

C

) 1,00367 cm.

1,00367 cm 5,10152 cm

V r hπ π 116 1365 3, .cm

40. r t g1 150 5 75 2689 10 2 4 10 1

1

= = ° = = = ⋅°

=

-, , , , , , ,m C kgm

ms CAl 3 2

víz

1ρ α

ρ 9974 89 25 997 072

1 2

2, , , , .

? ?

kgm

C kgm3 víz 3t

F F

= ° =

= =

ρ

A gömb térfogata 75 °C-on:

V r1 134

343

0 5 0 52333= = ( ) =π π, , .m m3

A gömb térfogata 25 °C-on:

V V t r2 13 51 3 4

31 3 2 4 10 1 50 0 5214= -( ) = - ⋅ ⋅

°⋅ °

=-α πD , , .C

C m3

F mg F V g V g1 1

14071 5

1

5101 6

8970= - = - ≈fel Al

N

víz

N

1 1N.ρ ρ

, ,

F mg F V g V g2 1

14071 5

2

5198 7

8873= - = - ≈fel Al

N

víz

N

2 2N.ρ ρ

, ,

DF = 97 N.75 °C-on 97 N-nal többet mutat az erőmérő.Megjegyzés: π értékét 3,14-nak vettük.

10


2.2.Ideálisgázokállapotegyenlete,gáztörvények

41. m = 1161 kg = 1,161 tonna.

42. m = 1082 kg.

43. R =⋅

8 31 Jmol K

, .

44. k = ⋅ -1 38 1 JK

23, .0

45. N = 1,45∙1023 db.

46. 1,47-szer sűrűbb a propán.

47. M = 32 gmol

oxigén, ( ).

48. N = 2,47∙106 db.

49. m = 0,0602 kg.

50. p = 122 ∙105 Pa.

51. V = 6,64 dm3.

52. a) e = 6,17∙10-21 J; b) e = 7,72∙10-21 J.

53. a) n = 6,8∙10-8 mol; b) N = 4∙1016 db; c) r = 3,63 cm.

54. l0 = 760 mm, α = 30°. a) p0(Hgmm) = ? p0(Hgcm) = ? p0(Pa) = ? b) l = ?

a) A légnyomás megegyezik 760 mm = 76 cm magas higanyoszlop hidrosztatikai nyomásával.p0 = 760 Hgmm,p0 = 76 Hgcm.

p gh0513 600 9 81 0 76 10= = ⋅ ⋅ = = ⋅ρ

kgm

ms

m 101396 Pa 1,014 Pa.3 2, ,

b) A csőben a Hg olyan hosszú lesz, hogy függőleges vetülete továbbra is 76 cm.

p gl l pg0

03030 13 600 9 81 30

= ° ⇒ =°

=⋅ ⋅ °

ρρ

coscos , cos

101396 Pakgm

ms3 2

==

= ≈0 8776 88, m cm.

11

55. ρ ρ

ρρ

H O 3 Hg 3 2

Hg

H O

Hg

H O

2

2 2

kgm

kgm

ms

= = =

= = =

1000 13 600 9 81, , , .

? ?

g

hhh

??

Pa

,,h p

g=

⋅=

⋅=0

510

1000 9 8110 19

ρ kgm

ms

m.3 2

h pg

=⋅

=⋅

=0510

1000 9 8110 19

ρPa

,,kg

mms

m.3 2

hh

víz

higany

higany

víz

= =ρρ

13 6, .

Tehát vizet alkalmazva annyiszor hosszabb cső kell, ahányszor nagyobb a Hg sű-rűsége a víz sűrűségénél.

56. a) p = 79,6 kPa; b) m = 0,038 g.

57. ρ = ⋅ -1 16 1 kgm

14, .0 3

58. a) V = 0,785 m3; b) m = 0,484 kg.

59. p = 0,665∙105 Pa = 0,665 atm = 498,5 Hgmm.

60. r = 12 cm.

61. v = 500 ms

.

62. m pV

= = ⋅ = =

= = ⋅

-

-

2 52 2 52 10 64 640

3600 3 6 10

31

13 3

, , , ,

,

g kg Hgcm Hgmm

cm m331 2 1 2

2

20 293 128

8 31

, , , ,

, .

) ?)

T T T p

R

V

= ° = = =

=

=

C K HgcmJ

molKab Melyikk ez a gáz?

a) Változatlan hőmérséklet mellett kétszer akkora nyomás feleakkora térfogatban alakul ki.

V2 = 1800 cm3

b)

Jmol K

K

PaHgmm

M mRTpV

= =⋅ ⋅

⋅⋅

⋅

-2 52 10 8 31 293

640 133 416

3, kg ,

Hgmm , ⋅⋅ ⋅=

-3 6 100 020

3,, .

m

kgmol

A gáz neon.

3

12


63. T k f

T

123

21

1 2

25 298 1 38 10 32

= ° = = ⋅ = =

= =

-C K JK

, , , , .

? ?

εε

ε

ε

ε

10

2

123 21

2

02

2 232

1 38 10 298 6 17 10

22

= = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

=

- -m v f k T

m v

, ,JK

K J.

== ⋅ = ⋅ ⇒ = ⇒ = - °-3 085 102

149 124212 2 2, J K C.f k T T t

64. T f M N

v

= ° = = = = ⋅

=

25 298 3 0 02 6 1023C K kgmol

1molA, , , , .

?

m v f k T

m

02

23 21

0

2 232

1 38 10 298 6 17 10

0 02

6

= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

=

- -, ,

,

JK

K J.

kgmol

⋅⋅= ⋅ -

103 33 10

23

26

1mol

kg.,

vm

= ⋅ ⋅ ≈-2 6 17 10 609

21

0

, .J ms

65. a) v = ⋅ -1 5 1 cms

5, ;0 b) v = ⋅ -1 73 1 cms

1, .0

66. V T pE

E N kT pVkT

= = = ° = = ⋅=

= ⋅ = ⋅

-1000 10 25 298 2 10

32

32

3 3 3 5cm m C K Pa., ,?

kkT pV= =32

300 J.

V T pE

E N kT pVkT

= = = ° = = ⋅=

= ⋅ = ⋅

-1000 10 25 298 2 10

32

32

3 3 3 5cm m C K Pa., ,?

kkT pV= =32

300 J.

67. a) V = 11,85 liter;

b)

9 11,85

10 °C

100 °C

p0

V (liter)

p (Pa)

13

68. p1 = 2,1∙105 Pa, T2 = 546 K.

69. DNN

⋅ =100% %.42

70. p V T p p V V

p V1

51

3 31 2 1 2 1

2 2

1 1 10 3 10 310 5 53

= ⋅ = ⋅ = = =

= =

-, , , , , .

) ? ?

Pa m K

a TTp V

p p

2

2 155 5 5 10

=

= ⋅ = ⋅

?)

) ,

b - grafikon.

a Pa,

V V

T T p Vp V

2 13

2 12 2

1 1

53

5 10

2583

= ⋅ = ⋅

= ⋅ =

- m

K.

3,

p (Pa) V (m3) T (K)1. 1,1 ∙ 105 3 ∙ 10-3 3102. 5,5 ∙ 105 5 ∙ 10-3 2583

b)

1

1.

2.

3 5O

1,1

5,5

V ( 10 3 m3)

p (Pa) 2583 K

310 K

71. Az adatokat az alábbi táblázat tartalmazza:

p (Pa) V (m3) T (K) m (kg)1. 0,3 p V T1 m

2. p 2V 1092m2

T1 = ? T

p V mM

RT p V mM

RT

T T p V mp V m

TpV m

p

1

1 11

1 2 22

2

1 21 1 2

2 2 12

0 32

=

= =

= ⋅ = ⋅

?

, ,

,

2281 9

Vm= , K.

14


72. T p d h

g T

1 15

127 300 10 4 10 1000

10

= ° = = = = =

=

C K Pa mm m kgm

ms

víz 3

2

, , , , ,

,

ρ

22

2

19 292= ° =

=

C K.

?r A feladat adatait foglaljuk táblázatba:

d1

h

p1, V1, T1

p2, V2, T2

p (Pa) V (mm3) T (K)1. 105 V1 3002. p2 V2 292

r d

V r

p p gh

11

113

3

2 15

22

43

33 49

10 1000 10

= =

= =

= + = + ⋅

mm

mm

Pa kgm

ms3 2

π

ρ

,

⋅⋅ = ⋅

= ⇒ = = ⋅ ⋅

10 2 10

10 33 49 29

5

1 1

1

2 2

22

1 1 2

2 1

5 3

m Pa

Pa mmp VT

p VT

V p V Tp T

, 222 10

16 30

34

1 57

5

23

223

KPa 300 K

mm

mm

⋅ ⋅

=

= =

V

r V

,

,π

73. V h d p pVx

h hcm cm cm= = = ==

50 10 4 1 832 1, , , , .

?

A porózus anyag térfogatát jelöljük Vx-szel. A dugattyú két állapotában a bezárt levegőre alkalmazható a Boyle–Mariotte-törvény:

p V p V V V V V Vh

h d Vx x1 1 2 2 1 2= = - = ⋅ -( ) -, ,hh

hh

p V p V Vx x x1 150 1 8 30 5⋅ -( ) = ⋅ -( ) ⇒ =cm cm cm3 3 3, .

15

74. d p T TT

= = = = ° = ′ = ° =′′ = ° =

30 0 03 10 22 295 40 3134 277

5cm m Pa C K C KC K

, , , , ,..

) ?) ?

abIzochor állapotváltozás.

Pa K

′ =′′ =

′ =′

= ⋅

FF

p p TT

10 3132

5

9951 061 10

6100

44 31

5

1

1 1

2

KPa,

Pa

N.

E

= ⋅

= ′ - =

′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

,

,

D

D D

p p p

F p A p d π

kkkora ered er hat kifelé.

Pa KK

õ õ

′′ =′′

= ⋅ =p p TT

10 277295

0 9395 , ⋅⋅

= - ′′ =

′′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

10

6100

44 31

5

2

2 2

2

Pa,

Pa

N.

Ekkora e

D

D D

p p p

F p A p d π ,

rred er hat befelé.õ õ

a)

d p T TT

= = = = ° = ′ = ° =′′ = ° =

30 0 03 10 22 295 40 3134 277

5cm m Pa C K C KC K

, , , , ,..

) ?) ?


Pa K

′ =′′ =

′ =′

= ⋅

FF

p p TT

10 3132

5

9951 061 10

6100

44 31

5

1

1 1

2

KPa,

Pa

N.

E

= ⋅

= ′ - =

′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

,

,

D

D D

p p p

F p A p d π


Pa KK

õ õ

′′ =′′

= ⋅ =p p TT

10 277295

0 9395 , ⋅⋅

= - ′′ =

′′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

10

6100

44 31

5

2

2 2

2

Pa,

Pa

N.

Ekkora e

D

D D

p p p

F p A p d π ,


d p T TT

= = = = ° = ′ = ° =′′ = ° =

30 0 03 10 22 295 40 3134 277

5cm m Pa C K C KC K

, , , , ,..

) ?) ?


Pa K

′ =′′ =

′ =′

= ⋅

FF

p p TT

10 3132

5

9951 061 10

6100

44 31

5

1

1 1

2

KPa,

Pa

N.

E

= ⋅

= ′ - =

′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

,

,

D

D D

p p p

F p A p d π


Pa KK

õ õ

′′ =′′

= ⋅ =p p TT

10 277295

0 9395 , ⋅⋅

= - ′′ =

′′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

10

6100

44 31

5

2

2 2

2

Pa,

Pa

N.

Ekkora e

D

D D

p p p

F p A p d π ,


d p T TT

= = = = ° = ′ = ° =′′ = ° =

30 0 03 10 22 295 40 3134 277

5cm m Pa C K C KC K

, , , , ,..

) ?) ?


Pa K

′ =′′ =

′ =′

= ⋅

FF

p p TT

10 3132

5

9951 061 10

6100

44 31

5

1

1 1

2

KPa,

Pa

N.

E

= ⋅

= ′ - =

′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

,

,

D

D D

p p p

F p A p d π


Pa KK

õ õ

′′ =′′

= ⋅ =p p TT

10 277295

0 9395 , ⋅⋅

= - ′′ =

′′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

10

6100

44 31

5

2

2 2

2

Pa,

Pa

N.

Ekkora e

D

D D

p p p

F p A p d π ,


b)

d p T TT

= = = = ° = ′ = ° =′′ = ° =

30 0 03 10 22 295 40 3134 277

5cm m Pa C K C KC K

, , , , ,..

) ?) ?


Pa K

′ =′′ =

′ =′

= ⋅

FF

p p TT

10 3132

5

9951 061 10

6100

44 31

5

1

1 1

2

KPa,

Pa

N.

E

= ⋅

= ′ - =

′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

,

,

D

D D

p p p

F p A p d π


Pa KK

õ õ

′′ =′′

= ⋅ =p p TT

10 277295

0 9395 , ⋅⋅

= - ′′ =

′′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

10

6100

44 31

5

2

2 2

2

Pa,

Pa

N.

Ekkora e

D

D D

p p p

F p A p d π ,


d p T TT

= = = = ° = ′ = ° =′′ = ° =

30 0 03 10 22 295 40 3134 277

5cm m Pa C K C KC K

, , , , ,..

) ?) ?


Pa K

′ =′′ =

′ =′

= ⋅

FF

p p TT

10 3132

5

9951 061 10

6100

44 31

5

1

1 1

2

KPa,

Pa

N.

E

= ⋅

= ′ - =

′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

,

,

D

D D

p p p

F p A p d π


Pa KK

õ õ

′′ =′′

= ⋅ =p p TT

10 277295

0 9395 , ⋅⋅

= - ′′ =

′′ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

10

6100

44 31

5

2

2 2

2

Pa,

Pa

N.

Ekkora e

D

D D

p p p

F p A p d π ,

rred er hat befelé.õ õEkkora erő hat befelé.

75. ρ = =

=

⋅ =

13 600 10

100

kgm

ms

.

a

b

c) Változik-e az ered

3 2

b

,

) ?

) % ?

g

pV

VD

mmény?

a) p p p p g hb k Hg k Pa;= + = + = ⋅ρ D 1 952 105,

b) D

D

VV

VV

= ⋅ = ⋅= ⋅ = ⋅

=

-

-

0 001 0 2 2 100 004 0 9 3 6 10

0

2 4 3

02 3 3

0

, , ,, , , ,

m m mm m m

,, , %.0556 5 56⇒

c) Az eredmény azért nem változik attól, ha nitrogén helyett héliumgáz töltené ki az edényt, mert sehol sem használtuk ki a gáz anyagi minőségét.

76. p = 2,86∙105 Pa.

77. x = 13 cm.

16


78. a n T pm

= = = ° = ==

0 4 2 5 38 311 0 1, , , , , , .?

m mol C K MPak

V a

p nRTV

p p p p

= =

= = ⋅

= + ⇒

3 3

5

0 064

1 009535 10

,

,

m

Pa,

fémlap külsõ fémlap == ⋅ ⇒

= ⋅ = ⋅ =

=

0 009535 10

953 5 0 16 152 56

1

5

2

,

, , ,

Pa

Pa m N,F p Am

fémlap

fém 55 55, kg.

79. A feladat adatait foglaljuk táblázatba:

p (Pa) V (m3)1. p0 V0

2. p0 + 2 ∙ 105 V0 - 3 ∙ 10-3

3. p0 + 5 ∙ 105 V0 - 5 ∙ 10-3

a) p0 = ? V0 = ? b) Ábrázolni a p-V grafikonon.

a) Alkalmazható a Boyle–Mariotte-törvény:

p V p V

p V p V

0 0 05

03

0 0 05

0

2 10 3 10

5 10 5

⋅ = + ⋅( ) - ⋅( )⋅ = + ⋅( ) - ⋅

-Pa m I)

Pa

3 , (

110 3-( )m II3 . ( )Felbontva a zárójeleket, és átrendezve az egyenleteket:

0 2 10 3 10 6 1050

30

2= ⋅ ⋅ - ⋅ ⋅ - ⋅-V p , ( )I0 5 10 5 10 25 105

03

02= ⋅ ⋅ - ⋅ ⋅ - ⋅-V p . ( )II

Az első egyenletet szorozzuk meg 5-tel, a másodikat 2-vel, majd vonjuk ki a két egyenletet egymásból:

15 10 30 10 10 10 50 10

4 10 9 10

30

2 30

2

05 3

⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

= ⋅ ⇒ = ⋅

- -

-

p pp V

,

.Pa m03

b)

1

1

4 6 9 10O

4

9

6

p ( · 105 Pa)

V (liter)

17

80. A feladat adatait foglaljuk táblázatba:

p (Pa) V (dm3) T (K) n (mol)1. 105 V1 300 0,12. 1,1 ∙ 105 V1 = V2 T2 0,1

3. 1,1 ∙ 105 V13 32 48 10+ ⋅ -, m T3 0,1

a) T2 = ? b) T3 = ? c) v = ?

a) A dugattyú súlyából származó nyomás p mgAd 2

100 N10 m

Pa.= = =-2410 A dugaty-

tyú akkor kezd el mozogni, ha a bezárt gáz nyomása nagyobb lesz, mint 105 Pa +

104 Pa. A gáz 1. és 2. állapotának állapotjelzőiből, izochor folyamatot feltételezve pT

pT

T1

1

2

22 330= ⇒ = K.

b) p V nRT V1 1 1 13 32 493 10= ⇒ = ⋅ -, .m

A gáz 2. és 3. állapotának állapotjelzőiből, izobár folyamatot feltételezve VT

VT

T2

2

3

33 658= ⇒ = K.

c) ΔT = T3 - T2 = 328 K Þ t = 3280 s, s = 2,48 dm, v = st

= 7∙10-5 ms

.

81. a)

p0 = 787 Hgmm, p0 = 1,04998 ∙ 105 Pa

T (K)

V (cm3) ∆h (m) p

( 105 Pa)pV

(105 Pa ∙ cm3)pVT

10 Pa cmK

5 ⋅⋅ ⋅⋅

3

308 42,0 0,283 1,42755 59,9571 0,19467313 42,5 0,290 1,43690 61,0683 0,19511318 42,8 0,299 1,44889 62,0126 0,19501323 43,2 0,298 1,44756 62,5346 0,19361328 43,7 0,302 1,45290 63,4912 0,19357333 44,2 0,305 1,45690 64,3949 0,19338

1 Hgmm = 13 600 kgm3 ∙ 9,81

ms2 ∙ 10-3 m = 133,416 Pa,

787 Hgmm = 1,04998 ∙ 105 Pa,

18


p p p g h= + = ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅ + ⋅

0

9

Hg5

Hg

53

1,04998 10 Pa+

1,04998 10 Pa 13 600 kgm

ρ

,,81 ms

0,283 m

1,04998 10 Pa 37 757 Pa 1,42755 10 Pa,1,

2

5 5

⋅ =

= ⋅ + = ⋅=pV 442755 10 Pa 42,0 cm 10 Pa cm5 3 5 3⋅ ⋅ = ⋅ ⋅59 9571, .

b) A meredekség számítógépes illesztéssel

m = ⋅ ⋅0,194 10 Pa cmK

53

,

ha origón megy át az egyenes,

′ = ⋅ ⋅m 0,171 10 Pa cmK

53

,

ha nem origón megy át az egyenes.

c) A meredekség egyenlő a mólszám és a gázállandó szorzatával:

m

n R

n R

= ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

⋅ = ⋅ ⇒

0,171 10 Pa cmK

0,171 10 Pa cmK

=

0,0171 Pa mK

53

53

3

,

,

nn =

⋅

⋅

=0,0171 Pa m

KJ

mol K

mol.

3

8 310 0021

,,

Megjegyzés: ha a meredekség 0 0, ,194 Pa mK

3⋅ akkor n = 0,0023 mol.

82. x l g

l lp p

= = =

= ==

8 1 25 2 9 81

23 28 2

1

2 3

2

, , , , , ,

, , .) ? ))

cm cm ms

cm cma b

2

0( 00(3) 0 átlag relc d= = =? ) ? ) ?p δ

a) Az ábrán látható, hogy ha a csövet vízszintesen tartjuk, a bezárt levegő p1 nyomása megegyezik a p0 külső nyomással. Ha a csövet nyitott véggel felfelé állítjuk, a bezárt levegő p2 nyomása a kül-ső nyomás (p0) és a higanyoszlop hidrosztatikai nyomásának (pHg) az összegével egyenlő:

p p1 0= ,

pV10

53

Pacm

65

64

63

62

61

60

305 310 315 320T (K)

325 330 335

p0p1

l1 x

p0

p2l2

x

p0

p3 l3

x

b)a)

19

p p p2 0 2= +( ) .Hg

A Boyle–Mariotte-törvény értelmében a p ∙ V szorzat állandó. Ha V1 jelöli a vízszintesen, V2 a nyitott véggel felfelé tartott csőben a bezárt leve-gő térfogatát, akkor két-két állapotot összehasonlítva a Boyle–Mariotte-törvény a következő módon írható fel: p V p V1 1 2 2⋅ = ⋅ .A fenti egyenletek segítségével az előbbi összefüggések az alábbi alakba írha-tók át: p V p p V0 2 1 0 2 2( ) ( ) ,⋅ = ( + )Hg ahonnan a külső nyomás meghatározható:

pp VV V0 2

2

1 2( ) =

⋅-

Hg . Mivel a cső keresztmetszete állandó, a keresztmetszettel egysze-

rűsíteni lehet, ezért a légnyomásmérés hosszmérésre vezethető vissza:

pp ll l0 2

2

1 2

0 0( ) ,=⋅

-⋅Hg 5=1 13 1 Pa.

b) Ha a csövet nyitott véggel lefelé tartjuk, a gáz p3 nyomása a légnyomás és a Hg-oszlop nyomásának különbségével egyenlő: p p p3 0 3= -( ) .Hg

Ha V1 jelöli a vízszintesen, V3 a nyitott véggel lefelé tartott csőben a levegő térfo-gatát, akkor két-két állapotot összehasonlítva a Boyle–Mariotte-törvény a követ-kező módon írható fel: p V p V1 1 3 3⋅ = ⋅ .Ebből, az előző feladatban részletezett módon: p0(3) = 1,016 ∙ 105 Pa.

c) ′ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅p g h

p

0 3

0

13600 9 81 0 77 102730ρkgm

ms

m Pa 1,027 10 Pa,25

á

, ,

ttlag

5 55

rel

1,130 10 Pa 1,016 10 Pa2

10 Pa,= ⋅ + ⋅ = ⋅

= - ′′

=

1 073

0 0

0

,

δp p

p11 073 1 027

1 0270 045 4 5, ,

,, , %.- = ⇒

′ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅p g h

p

0 3

0

13600 9 81 0 77 102730ρkgm

ms

m Pa 1,027 10 Pa,25

á

, ,

ttlag

5 55

rel

1,130 10 Pa 1,016 10 Pa2

10 Pa,= ⋅ + ⋅ = ⋅

= - ′′

=

1 073

0 0

0

,

δp p

p11 073 1 027

1 0270 045 4 5, ,

,, , %.- = ⇒d)

′ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅p g h

p

0 3

0

13600 9 81 0 77 102730ρkgm

ms

m Pa 1,027 10 Pa,25

á

, ,

ttlag

5 55

rel

1,130 10 Pa 1,016 10 Pa2

10 Pa,= ⋅ + ⋅ = ⋅

= - ′′

=

1 073

0 0

0

,

δp p

p11 073 1 027

1 0270 045 4 5, ,

,, , %.- = ⇒

83. 0,42% pontossággal igaz a Boyle–Mariotte-törvény.

84. l l g p

x

= = = = =

=

60 40 13600 9 81 101 05cm cm kg

mms

Pa.3 2, , , , ,

?

ρ

Ha a higanyoszlop hosszát x-szel, a keresztmet-szetét A-val jelöljük, akkor a Boyle–Mariotte-törvényt alkalmazva a bezárt gázra az alábbi egyenlet írható fel:

0 4 0 60 0, , .⋅ ⋅ = -( ) - ⋅ ⋅( )A p x p g xρ Az összefüggés másodfokú egyenletre vezet, alakja: 1 334 1 8 0 2 02, , , .x x- + = Az egyenlet gyökei: x1 = 1,23 m, x2 = 0,122 m. Mivel x értékének 20 cm-nél nyil-

vánvalóan kisebbnek kell lennie, a megoldás:x = 12,2 cm.

40 cm 20 cm

x

20


85.

a) V-t grafikon? b) m = ? c) β = ? d) δrel = ?

a)

b) A grafikonra illesztett egyenes paraméterei:tengelymetszet: 27,11451 cm3,

meredekség: 0,09076 cmC

3

°,

c) Ebből: β = 3,35 ∙ 10-3 1C°

,

d) δ rel = - = ⇒3 66 3 353 35

0 086 8 6, ,,

, , %.

86. F = 0,1096 N ≈ 0,11 N.

87. V V T

M

terem víz víz 3

H O

m l m K kgm

2

= = = ⋅ = =

=

-320 2 2 10 273 1000

18

3 3 3, , , ,ρ

ggmol

kgmol

.=

=

0 018,

?Dp

Vízbontás során egy molekula vízből egy molekula hidrogén és fél molekula oxi-

gén keletkezik. H O H O kg2 víz→ + = ⋅ =2 212

2, m Vρ

H O H O kg2 víz→ + = ⋅ =2 212

2, m Vρ

N mM

N= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅Akg

kgmol

1mol

db vízmolekulát2

0 0186 10 6 666 1023 25

,, tartalmaz.

t (°C) 42,0 39,9 36,4 33,7 31,5 27,4 26,9 26,0 24,6 23,9V (cm3) 30,93 30,73 30,47 30,14 29,92 29,61 29,58 29,48 29,35 29,28

29,2

29,6

30,0

30,4

30,8

34323028262422t (°C)

3836 40 42 44

V (c

m3 )

a gáz térfogata a hômérséklet függvényében

21

Nyomásnövekedés a hidrogéntől:

D = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =-

p NkTVH Pa.

2

6 666 10 1 38 10 273320

78525 23, ,

Nyomásnövekedés az oxigéntől:

D = =p

N kT

VO 392 Pa,2

2

D = D + D =p p pösszes H O2 21177 Pa.

88. l T px T

= = = == =

60 0 6 273 100 05

1

cm m K Paa b

, , , .) ? ) ?

Az edénybe zárt gáz állapothatározóit az alábbi táblázatban foglaltuk össze.

p (Pa) V (relatív egység) T (K) m (kg)

A p1 = 105 0,6 A 273 m0

B p2 (0,6 - x) A 273 m0

C p3 0,6 A T m′D p4 = 105 0,4 A 273 m′

a) p x g

p g2

5

35

10 0 2 1

10 0 2 102 000

= + -( )= + ⋅ =

, ( )

,

m

m Pa (2)víz

víz

ρ

ρA B állapotban víz nyomul a csőbe, ezért a gáz térfogata kisebb, nyomása nagyobb lesz. A hőmérséklet és az anyagmennyiség változatlan. Az A és B állapotokra al-kalmazható a Boyle–Mariotte-törvény:

p1 ∙ V1 = p2

∙ V2,105 ∙ 0,6 A = p2∙ (0,6 - x) A, (3)

Az (1) és (3) egyenletekből x-re egy másodfokú egyenletet kapunk melynek a fel-adat szempontjából értelmezhető megoldása:

x = 0,011 m.Tehát a víz 0,011 m magasan volt az edényben a fűtés bekapcsolása előtt.b) Ha a gázt melegítjük, anyagmennyiség távozik, és a nyomás is változik (C ál-lapot). A D állapotban, ha a víz szintje a külső víz szintjével egyezik meg, a nyo-másnak meg kell egyeznie a külső nyomással. A C és D állapotokra alkalmazva az

egyesített gáztörvényt: p A

TA T3

3

50 6 10 0 4273

418⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ ≈, ,PaK

K.

Tehát 418 K-re kellett a levegőt az üveghengerben felmelegíteni.

AB C D

x

22


2.3.Belsőenergia,állapotváltozások

89. a) Izochor; b) T = 300,3 K; c) D D DE f Nk T f nR T= =2 2

, DE = Q, mert DV = 0 miatt a térfogati munka értéke 0.

90. a b b

b

) % , %; ) % , %.D DNN

EE

⋅ = ⋅ =100 9 1 100 9 1

91. W = 984 J,

3 6,28

1 2

O

p (MPa)

V (liter)

0,3

92. a) p = 3,2∙104 Pa.

b) A nyíl iránya azt jelzi, hogy a gáz az 1. állapotból a 2. állapotba jut, vagyis tágul.

93. Wk = 1500 J. Izobár.

94. a) Wg = 1,325∙105 J, Wk = -1,325∙105 J; b) T1 = 963 K, T2 = 1745 K; c) T1 = 1926 K, T2 = 3490 K; d) T1 = 1926 K, T2 = 3490 K.

95.

V1 V2

O

P1

P2

V (m3)

p (Pa)

1200 K

600 K

300 K

1. 2.

3.4.

a) A két körbejárási iránynak megfelelően két megoldása van a feladatnak.

b) T = 300 K, 600 K, 1200 K.

23

96. R n= =8 31 1, , .JmolK

mol

VB az állapotegyenletből számolható: pBVB = nRTB 105 Pa nyomású, 273 K hőmérsékletű, mól-

nyi mennyiségű ideális gáz térfogata 22,7 liter. (A pontos adatokkal: 273,15 K és 1,013∙105 Pa, a térfogat 22,41 liter lenne.) Így VB = 22,7 liter.

Mivel az AB egyenes izochor, VA = VB = 22,7 liter. Az egyesített gáztörvényből számolható: TA = 546 K. Mivel BC izobár, pC = pB = 105 Pa. Mivel AC izoterma, TC = TA = 546 K.VC értéke az egyesített gáztörvényből számolható: VC = 45,4 liter.

p (Pa) V (liter) T (K)A 2 ∙ 105 22,7 546B 105 22,7 273 C 105 45,4 546

97. n T V Vp V

= ⋅ = ° = = =-6 42 10 27 300 0 001 0 01630

3 3, , , , , , .)

mol C K dm dma - graffikon b

Pa.

; ) ?W

pV nRT p nRTV

=

= ⇒ = = ⋅16 106

a) Az értéktáblázat:

p (106 Pa) 16 12 8 4 2 1V (10-6 m3) 1 1,3333 2 4 8 16

p

V

A

B C

2O

p (106 Pa)

V (10–6 m3)

2

4

6

8

10

W V.IV.

III.

II.

I.

24


Az értéktáblázat segítségével elkészíthető a grafikon.b) A grafikon alatti terület jelöli a gáz munkáját. Pontos értéke csak integrálszámí-tással adható meg.Minden olyan esetben, amikor a nyomás nem állandó, és változása sem egyenle-tes, a térfogati munka (gáz és/vagy a környezet munkája) csak integrálszámítással vagy az I. főtételen keresztül, a belső energia megváltozásának és a felvett vagy leadott hőmennyiségnek az ismeretében számolható ki.Ha a grafikon alatti területet téglalapokkal közelítjük – lásd az ábrát –, a munka értékére egy alsó becslést tudunk adni.A „területek”:

W p Vi i

i

n

= ⋅=∑ D

1

I. 12 ∙ 106 Pa ∙ 0,3333 ∙ 10-6 m3 = 4 J,II. 8 ∙ 106 Pa ∙ 0,6666 ∙ 10-6 m3 = 5,33 J,III. 4 ∙ 106 Pa ∙ 2 ∙ 10-6 m3 = 8 J,IV. 2 ∙ 106 Pa ∙ 4 ∙ 10-6 m3 = 8 J,V. 1 ∙ 106 Pa ∙ 8 ∙ 10-6 m3 = 8 J.Wösszes = 33,33 J. Ennél biztosan nagyobb a gáz munkája.Integrálszámítással:

W p dV nRTV

dV nRTV

dV nRT V VV

V

V

V

V

V

= = = = -( ) = ⋅∫ ∫ ∫1

2

1

2

1

2 1 16 162 1ln ln ln --( ) =

=

ln

,

1

44 322,77-0

J

J.

98. a) t = 100 °C; b) W = 10 J.

99. m m M M RO O He2g kg g g

molg

molJ

molKa

= = = = = =20 0 05 50 32 4 8 312

, , , , , , .

)

He

DD Dn p W

nmM

= = =

= =

? ) ? ) ?

,

b c Milyen állapotváltozás? d)

a)

He

OO

O2

2

2

0 6225

12 5

11 875

mol,

mol,

mol.

HeHe

He

n mM

n

= =

=

,

,D

A nyomás számításához szükséges állapotjelzők a grafikonról leolvashatók.

25

b) pn RT

V

p n RTV

p

OO O

O

HeHe He

He

2

2 2

2

Pa,

Pa,

= = ⋅

= = ⋅

=

1 039 10

7 790 10

6

5

5

,

,

D ,,751 105⋅ Pa, a héliumgáz nyomása a nagyobb.

c) A grafikonokon izobárokat látunk, a gázok izobár állapotváltozásban vesznek részt.

d) V nRTpHe

He

He

m m m= = ⋅ ⋅

⋅= = ⋅ -12 5 8 31 100

7 79 105 0 0133 13 3 103 3 3 3, ,

,, , ,

WW p VHe Pa m

Pa m

= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ ⋅

-

-

D 7 790 10 3 13 3 10

7 790 10 40 10

5 3 3

5 3 3

, ,

, == 31 160, kJ.

100. a) TB = 452 K, TC = 362 K;

b) WABg = 576 000 J, WACg = 512 000 J, WABk = -576 000 J, WACk = -512 000 J;c)

101. a) Eb = 1,12 ∙ 104 J; b) Eb = 1,87 ∙ 104 J; c) Eb = 2,24 ∙ 104 J.

102. m M R f

Q Q Q

O O2 2kg kg

molJ

molKa b c

= = ⋅ = =

= ′ = ′′ =

-1 32 10 8 31 53, , , , .

) ? ) ? ) ?? ) ?d bDE =

Mivel a térfogat állandó, a térfogati munka W = 0. Ezért az I. főtétel szerint:DE Q= .

Másrészt ismert:

D DE f n R T= ⋅ ⋅ ⋅2

.

12,44 15

p (105 Pa)

V (dm3)

2

0

2,5 452 K

362 K300 K

A C

B

12,44 15

p (105 Pa)

2

0

2,5

V (dm3)

C

B

A

26


A két egyenletből:

D D DE Q f n R T f mM

R T= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅⋅

⋅⋅

⋅-2 2

52

1

32 108 31 1

3

kgkg

mol

Jmol K

K, == 649 J.

a) Q = 649 J;b) Q' = 649 J (mivel a hőmérséklet-változás most is 1 K);c) Q'' = 649 J (mivel a hőmérséklet-változás most is 1 K);d) ΔEb = Q = 649 J. A belső energia nő.

103. a) N = 1,99 ∙ 1023 db; b) Eb = 1124,6 J; c) EE

b

mozg

= 1,875.

104. a) ΔEb = 10 J, a belső energia nő; b) Q = 10 J.

105. f R= =3 8 31, , JmolK

.

1. számolása: E = Jb b1 1E

fnRT

fpV

2 232

2 5 10 3 1 11 1 15= = ⋅ ⋅ ⋅

=, , 225 106

2 1

⋅

→ = = ⋅

J

2. értéke (1 2: izobár folyamat): 2,5 10 Pa25p p p

33. számolása Gay-Lussac I. törvényébõl:2VV

T

V

TV

VT1

1

2

22

1= ⇒ = 22

1

3

2 26

3 258

21 222 10

T

E Efp V

T E

=

= = ⋅

,

,

m

4. számolása: J

5. és

b b

3

2 2

bb b b3 2 értéke (2 3: izoterm folyamat): K 1,22→ = = = = ⋅T T E E3 2 341

31106

2 2 3 3

J

6. számolása Boyle-Mariotte törvényébõl:3p p V p V p= ⇒ 332 2

3

52 327 10= = ⋅p V

V, Pa.

106. a) m = 9 kg; b) T = 481 K.

107. ΔEb = -1038,75 J.

108. a) n = 0,963 mol; b) f = 5: molekuláris szerkezetű a gáz; c) W = 800 J.

109. a) Eb = 7,5 ∙ 106 J; b) ΔEb = 0,66 ∙ 106 J; c) D DTT

EE

⋅ = ⋅ =100 100 8 8% % , %.b

b

110. Q = -125 000 J, a Q negatív előjele hőmennyiség elvonását jelenti.

p (Pa) V (m3) T (K) Eb (J)1. 2,5∙105 3 314 1,125 ∙ 106

2. 2,5 ∙ 105 3,258 341 1,222 ∙ 106

3. 2,327 ∙ 105 3,5 341 1,222 ∙ 106

27

111. m M m M

V V

O O He He

O 2 O

g gmol

g gmol

dm dm2

2 2

2

20 32 50 4

10 4013 3

= = = =

= =

, , , ,

, ,, , .

) ? ) ?

T T

W Q1 He 2 He

O He

K C K

a b

= = ° =

= =

100 673 946

2

a) nmM

pn RT

V

OO

O

OO O

O

2

2

2

2

2 2

2

mol,= =

= = ⋅ ⋅⋅

-

0 625

0 625 8 31 40020 10 3

,

, ,

= ⋅Pa Pa.1 039 105,

ΔV = 30 dm3 = 0,03 m3,W p VO O2 2

J.= ⋅ = ⋅D 3 1 103,

A felvett hőmennyiség fedezi a tágulási munkát és a belső energia növekedését.

b) n

T T T

Q W E p Vn R T

He

He He

He

gg

mol

mol

K

= =

= - =

= + = ⋅

50

412 5

8462 1

, ,

,D

D DD

+ = +

=

+

⋅ ⋅

f n R T f n R T2

12

1 32

12 5 8 31

He He

mol Jmol

D D

, ,⋅⋅

⋅ = ⋅K

K J.846 2 2 105,

A feladat megoldható úgy is, hogy meghatározzuk a 100 K-hez és a 673 °C-hoz tartozó térfogatokat (0,012 m3 és 0,126 m3), és kiszámítjuk külön a térfogati mun-kát és külön a belső energia növekedését.

112. a) n = 0,054 mol; b) Δh = 15 cm; c) ΔEh = 15 J.

113. a) W = 27 J; b) ΔE = 67,5 J; c) A felvett hőmennyiség fedezi a tágulási munkát és a belső energia növekedését. Q = 27 J + 67,5 J = 94,5 J.

114. a) WW

k

g

= 1,75; b) WCBg = 5,6 ∙ 106 J, WBAk = 3,2 ∙ 106 J.

115. a) T2 = 900 K; b) p2 = 3∙105 Pa.

28


116. Ha az adatokat az alábbi táblázatba foglaljuk, akkor jól látható, hogy az egyesített gáztörvényt kétszer alkalmazva a hőmérsékletek számolhatók.

p (105 Pa) V (m3) T (K)A 2 2 300B 6 6 TB

C 8 2 TC

a) p VT

p VT

T p V Tp V

A A

A

B B

BB

B B A

A A

⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

6 10 6 3002 10 2

5

5

Pa m KPa

3

mmK,3 = 2700

p VT

p VT

T p V Tp V

A A

A

C C

CC

C C A

A A

⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅⋅

= ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

8 10 2 3002 10 2

5

5

Pa m KPa

3

mmK;3 =1200

b) W p p VABg3Pa m J,= + ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅1 1 5 63

24 10 4 1 6 10D ,

W p p VBCk3Pa m J,= + ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅3 4

27 10 4 2 8 101 1 5 6D ,

WCA = 0 J mert a térfogat nem változik a folyamat közben, .

c) A környezet által összesen végzett munka a körfolyamatban mindig egyenlő a „körbe” bezárt terület mérőszámával jobb sodrású körbejárási irányt feltételezve. Itt a körbejárási irány bal sodrású, ezért nincs hasznos munka, mert végeredmény-ben a környezet munkája nagyobb, mint a gáz ún. tágulási munkája. A különbség:

DW W WBC AB= - = ⋅ - ⋅ = ⋅k g J J 1,2 J.2 8 10 1 6 10 106 6 6, ,

d) Körfolyamat révén a belső energia nem változik, ezért a gáz a folyamatban ΔW = Q = 1,2∙106 J nagyságú hőmennyiséget ad le.

117. p V T p

V R

A A A C

C

= = = ° = =

= =

0 6 45 27 300 0 45

6 8

, , , , , ,

,

MPa liter C K MPa

liter ,, , .

) ? ? ? ?) ? ? ?

31 5JmolK

ab

b

b g

f

T T T EE W Q

B C D

=

= = = == = =D

a) A hőmérsékletek az egyesített gáztörvényből számolhatók. A belsőenergia-értékek számolhatók anélkül is, hogy a részecskeszámot kiszámí-

tanánk: pl.:

E f Nk TAp VT

AA A

A

b J 6750 J.= = ⋅ ⋅ =2

52

9 300

29

p (105 Pa) V (10–3 m3) T (K) pV

TJK

Eb (J)

A 6 4,5 300 9 6750B 6 6 400 9 9000C 4,5 6 300 9 6750D 4,5 4,5 225 9 5062,5

b) Mivel a belső energia a hőmérséklet-változástól függ:

D D

D D

E f n R T

E f n R T

ABCpVT

ADCpVT

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ -( ) =

= ⋅ ⋅ ⋅

252

9 300 300 0

2

K J,

== ⋅ ⋅ -( ) =52

9 300 300 0K J.

A munkavégzés számításához két-két részfolyamatra kell osztani a folyamatot!

W W W p V V

WABC A B B C A B Ag J Pa m J,= + = ⋅ -( ) + = ⋅ -( ) ⋅ =→ →

-0 6 10 6 4 5 10 9005 3 3,

AADC A D D C D C DW W p V Vg J Pa m J= + = + ⋅ -( ) = ⋅ -( ) ⋅ =→ →-0 4 5 10 6 4 5 10 6755 3 3, , ..

Mivel a belső energia változása mindkét úton 0 J, ezért az I. főtételből (ΔEb = Q + Wk) az következik, hogy a gáz munkáját a felvett hőmennyiség fedezi, azaz:

Q W Q WABC ABC ADC ADCfelvett g felvett gés, ,J J.= = = =900 675

118. m p T p f

p V

= = = = = ⋅ =1 1 29 10 273 2 10 515

1 25kg kg

mPa K Pa

a - graf

3, , , , , , .

)

ρ

iikon; b táblázat kitöltése;c d eb1 b2 b3

)) ? ? ? ) ? )maxD D DE E E W Q= = = = = ??

a)

O

p(105 Pa)

p1

2p1

V(m3)V1 2V1

I.

II.

III.

30


b) A feladat szövege alapján az állapotjelzők értékei:

p (105 Pa) V (m3) T (K) Eb (J)1. 1 V1 273 Eb1

2. 2 V2 = 2V1 T Eb2

c) V m1

1

1 290 775= = =

ρkg

kgm

m3

3

,, .

T2 értéke az egyesített gáztörvényből számolható:

p VT

p VT

T T p Vp V

T p Vp V

1 1

1

2 2

22

1 2 2

1 1

2 1 1

1 1

2 2= ⇒ = = ⋅ ⋅

T2 = 4 ∙ 273 K = 1092 K.

Mivel a belső energia értéke a hőmérséklettől függ, értéke állapotjelző:

E f nRT f p V

E

p VT

b

b

Pa m J,1 1 1 15 3 5

2

2 252

10 0 775 1 9375 101 1

1

= = = ⋅ ⋅ = ⋅

=

, ,

ff nR T f p Vp VT

2 252

2 10 2 0 775 7 75 102 2

2

2 2 25 3 5

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅Pa m J,, ,

DEb J J 5,8125 J 5,8 J,= ⋅ - ⋅ = ⋅ ≈ ⋅7 75 10 1 9375 10 10 105 5 5 5, , az energiaváltozás mind három útvonalra azonos.d) W p Vg Pa m J, = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅D 2 10 0 775 1 55 105 3 5, , a tágulási munka az I. esetben a legnagyobb, mert ott a legnagyobb a p-V grafikonon a görbe alatti terület.e) D

D D

E Q WQ E W E W

b felvett k

felvett b k b g 5,8125 J

= +

= - = + = ⋅ + ⋅

,

,10 1 55 105 55 57 3625 10J J.= ⋅,

A felvett hőmennyiség a belső energia növekedését és a tágulási munkát fedezi.

119. a) N = 2,756∙1024 db; b) T = 242,4 K; c) A dugattyú aljától 32 cm-re.

120. T T p p V V p p V V p p V VT TW

A A A B B C C

B C

= = = = = = == =0 0 0 0 0 0 03 3 3, , , , , , .

) ? ?)

ab AAB BC CAW W

W= = =

=? ? ?

) ?c hasznos

a) p VT

p VT

T p V Tp V

p V TP V

A A

A

B B

BB

B B A

A A

= ⇒ = = ⋅⋅

3 30 0 0

0 0

= 9T0

31

TC = 3 T0, mert a pVT

szorzatnak állandónak kell lennie;

b) W p p V p p V p VAB ( ,gáz munkája) = + ⋅ = + ⋅ =0 0 0 00 0 0

32

32

2 4D

WBC = 0, mert ΔVBC = 0.W p V p V p VCA ( ;környezet munkája) = ⋅ = ⋅ =0 0 0 0 02 2D

c) W p V p V p Vhasznos = - =4 2 20 0 0 0. (A hasznos munka a gáz által végzett munkának és a környezet munkájának a különbsége.)

121. a) pA = pB = 105 Pa, pC = pD = 4∙105 Pa; b)

c) WAB = 100 J; d) WBC = 0 J; e) Q = 350 J; f) ΣWk = 300 J.

122. T1 = 0 °C = 273 K, p1 = 105 Pa, V1 = 4,48 liter = 4,48 ∙ 10-3 m3, F = 10 N,

Δl = 1 m = 10-2 m, A = 50 cm2 = 50 ∙ 10-4 m2, R = 8,31 J

mol K⋅, ρ1 = 1,43 kg

m3 ,

Δl2 = 50 mm, M = 32 ∙ 10-3 kgmol

.

a) m = ? b) D = ? c) T2 = ? d) Qfel = ?

a) m V= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅- -1 1

3 3 34 48 10 1 43 6 41 10ρ , , ,m kgm

kg;3

b) D Fl

= = =-D10

10102

3Nm

Nm

;

c) DD

VV V V

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅= + = ⋅ +

- - -

-

50 10 50 10 0 25 104 48 10 0 2

3 4 2 3

2 13

m m mm

3

3

, ,, , 55 10 4 73 103 3⋅ = ⋅- -m m3 3, ,

p p p p FA2

54 2

5 4 510 5050 10

10 10 10= + = + = +⋅

= + = ⋅-1 rugó 1 Pa Nm

Pa Pa 1,1 Pa,,

p VT

p VT

T T p Vp V

1 1

1

2 2

22 1

2 2

1 1

5 3 3

273 1 1 10 4 73 101 1

= ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

-

K Pa m, ,00 4 48 10

317 06 317 1

5 3 3Pa mK K;

⋅ ⋅=

= ≈

-,, ,

1 2O

1

4

V (liter)

p (·105 Pa)

A

D C

B

32


d) I. főtétel:DE Q W Q W= + = -felvett k felvett g,

Q W E p V f mM

R Tfelvett g átl= + = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =D D D2

= + ⋅ ⋅ -( ) ⋅ +

+ ⋅ ⋅

⋅

-

-

-

10 1 1 102

4 73 4 48 10

52

6 41 10

10

5 53 3

3

Pa Pa m

kg

32

, , ,

,33

8 31 317 06 273kgmol

Jmol K

K,⋅⋅

⋅ -( ), ,

Qfelvett = 26,25 J + 183,35 J = 209,60 J 210 J,≈A felvett hőmennyiség a gáz tágulási munkáját és a belsőenergia-növekedést fe-dezi.

123. V1 = 0,015 m3, p1 = 10000 hPa = 106 Pa, p2 = 105 Pa.a) V2 = ?b) Wgáz = ?c) ΔEb = ?

a) Mivel levegőről van szó, a к értéke 1,4.p V p V1 1 2 2⋅ = ⋅κ κ,

10 0 015 106 3 52Pa m Pa⋅ ( ) = ⋅ ( ), ,

κ κV

100 015 0 015

0 077723

23

1 4

23=

=

⇒ =V V V

, ,, ;

,

m mm

κ

b) W p V p Vgáz J;= ⋅ - ⋅

-=1 1 2 2

118 075

κc) Q = 0, mert adiabatikus a folyamat, ezért az I. főtételből: DE Wb gáz J,= =18 075 ennyivel csökken a belső energia.Megjegyzés: A b) feladat megoldható úgy is, hogy a belső energia változását szá-

mítjuk ki a DE f p V p Vb = -2 2 2 1 1( ) összefüggés segítségével, majd ebből következ-

tetünk a munka nagyságára.

124. p (Pa) V (m3) T (K)A 1∙105 0,020 273B 2∙105 0,020 546C 2∙105 0,040 1092

a) ΔEb = ?VVA

A

B C

VC

p

pB

pA

33

b) W = ?c) Q = ? az egyes részfolyamatokban;d) η = ?

a) f = 3

D D DE f n R T f p VT

TA B A B→ →= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ -2 2

32

10 0 02273

546 271 1

1

5 Pa mK

3, 33( ) =K

= 3000 J, a belső energia nő,


TB C B C→ →= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ -2 2

32

10 0 02273

1092 541 1

1

5 Pa mK

3, 66( ) =K

= 6000 J, a belső energia nő,


TC A C A→ →= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ -2 2

32

10 0 02273

273 10921 1

1

5 Pa mK

3, (( ) =K

= - 9000 J, a belső energia csökken.Látható, hogy ∑ =DE 0 J, a körfolyamatban a belső energia nem változik meg.b) WA B→ = 0 J, mert a térfogat nem változik,

W p VB C B→ = ⋅ = ⋅ -( ) =, gáz Pa m J,D 2 10 0 04 0 02 40005 3, ,W p VC A→ = ⋅ = ⋅ -( ) =, környezet átlag Pa m J,D 1 5 10 0 04 0 02 30005 3, , ,

W W WB C C Ahasznos , gáz , környezet J J 1000 J,= - = - =→ → 4000 3000c) DE Q W Q QA B A B A B A B A B→ → → → →= + = + =, környezet J0 ,

QA B→ = 3000 J.A részfolyamatban a gáz hőmennyiséget vesz fel, ez fedezi a belső energia növe-kedését.

D DE Q W Q W Q E WB C B C B C B C B C B C B C B C→ → → → → → → →= + = - ⇒ = +, környezet , gáz , gáz,QB C→ = + =6000 4000J J 10 000 J.

A részfolyamatban a gáz hőmennyiséget vesz fel, ez fedezi a belső energia növe-kedését és a gáz munkáját.

D DE Q W Q E WC A C A C A C A C A C A→ → → → → →= + ⇒ = - ⇒, környezet , környezet

QC A→ = - - = -9000 12 000J 3000 J J.A részfolyamatban a gáz hőmennyiséget ad le.

d) η = ∑ - ∑∑

=∑

=Q QQ

WQ

felvett leadott

felvett

hasznos

felvett

3000 J+10 0000 J JJ

JJ

- =

= ⇒

12 00013 000

100013 000

0 077 7 7η , , %,

34


2.4.Kalorimetria,halmazállapot-változások

125. a) tk = 31 °C; b) tk = 24 °C.

126. tk = 27,9 °C.

127. Q = 1,299 kJ.

128. Q = 5,54∙105 J, t =3,85 perc.

129. QQ

2

1

= 6,92.

130. Q = 57 kJ.

131. Q = 9,61∙105 kJ.

132. a) Q = 3,165∙107 kJ; b) m = 3,51 t.

133. C = 586,25 JC°

, mvízérték = 140 g.

134. t = 1,75 óra.

135. t1 = 0 °C, mj = 0,75 kg, mv = 0,75 kg, L0 = 335 kJkg

, cv = 4180 Jkg C⋅ °

, t2 = 4 °C.Q = ?

A víz szintje akkor a legalacsonyabb, ha 4 °C a hőmérséklete, mert ott a legna-gyobb a víz sűrűsége.

Q L m c m t c m t= ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅o j v v v jD D ,

Q = ⋅ +°

⋅ ⋅ ° +°

⋅ ⋅335 000 0 75 4180 0 75 4180 0 75Jkg

kg Jkg C

kg 4 C Jkg C

kg 4, , , °°C,

Q = 276 330 J.

136. mv = 200 g, tv = 20 °C, mj = 20 g, tj = 0°C, cv = 4,2 kJkg C⋅ °

, L0 = 335 kJkg

.

Δtv = ?Q Qfelvett leadott= ,

L m c m t c m t

L m c m t c m to j v j v v

o j v j k v v k

⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

⋅ + ⋅ ⋅ -( ) = ⋅ ⋅ -( )D D1 2

0 20

,

,,

35

Ebből tk-ra 10,93 °C adódik. Így 20 °C - 10,93 °C = 9,07 °C. Tehát ≈ 9,1 °C-kal csökken a víz hőmérséklete.

137. a) Emozg = 3679 J; b) Δt = 0,25 °C; c) Q = 736 J.

138. mj = 1 kg, tj = -32 °C, Q = 106 J.a) Q1 = ? Q2 = ? Q3 = ? Q4 = ?b) T-Q grafikon.

a) A -32 °C hőmérsékletű jég 0 °C-ra történő felmelegítéséhez szükséges hőmeny-nyiség:

Q c m t1 2090 1 32 66 880= ⋅ ⋅ =⋅ °

⋅ ⋅ ° =jég jég CCD J

kgkg J.

A 0 °C-os jég megolvadásához szükséges hőmennyiség:

Q L m2 0 335 000 1= ⋅ = ⋅ =jég kgkg 335 000J J.

A keletkezett 0 °C-os víz 100 °C-ra történő felmelegítéséhez szükséges hőmeny-nyiség:

Q c m t3 4180 1 100 418 000= ⋅ ⋅ =⋅ °

⋅ ⋅ ° =víz jég CCD J

kgkg J.

Mivel Q = 106 J > Q1 + Q2 + Q3 = 819 880 J, a víz valamennyi része elforr.A forrásponton levő víz (el)forralásához rendelkezésre álló hőmennyiség:Q4 = 1 000 000 J - 819 880 J = 180 120 J.

Q L m m m Qx x x4 f

4= = 2 256 000 Jkg

=2 256 000 J

kg

= 180120 J

2 256 000 Jkg

=

=

⋅ ⋅ ⇒

00,080 kg.

Tehát 920 g 100 °C-os víz és 80 g °C-os gőz keletkezik.

b)

1O

T (°C)

Q (105 J)

10

Q1 Q2 Q3 Q4

36


139. a) Ckal = 127 JC°

; b) C c mi ii

kal = ⋅=∑

1

5

.

140. m1 = 295 g = 0,295 kg, tk1 = 23,8 °C, m2 = 297 g = 0,297 kg, t2 = 77 °C, tk2 = 49,4 °C.a) Ckal = ?b) mvízérték = ?

a) Q Qleadott felvett=c m t c m t C tvíz 2 víz 1 kaloriméter⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅D D D2 1 1,

C c m t c m ttkaloriméter

víz 2 víz 1= ⋅ ⋅ - ⋅ ⋅ =D DD

2 1

1

= ⋅°⋅ ⋅ -( ) ° -

⋅ °⋅ ⋅ -4180 0 297 77 49 4 4180 0 295 49 4 23J

kg Ckg C J

kg Ckg, , , , ,,

, ,,

8

49 4 23 8

( ) °

° - °

C

C C

CkaloriméterJ J

25,6 CJC

= -°

=°

34 264 31567 105 ;

b) m Ccvízérték

kaloriméter

víz

JCJ

kg C

kg g.= = °

⋅°

= =105

41800 025 25,

141. a) 400 g ólmot 100 °C-ra hevítünk, majd 80 g 20,5 °C vízbe tesszük. A közös hő-mérséklet 31,2 °C lesz.

b) cólom = 130 J

kg C⋅ ° .

142. t = 10 °C, m = 15,5 g.

143. a) ΔE = 7113 J; b) C = 158,1 JC°

; c) m = 0,948 kg.

144. a) t = 27,45 perc; b) D ⋅ =EQ

b 100% 57,6%, QQh.á.v. ⋅ =100% 42,4%.

145. a) Lé kőolaj = 4,18 ∙ 104 kJkg

; b) 1 olajegység = 11,61 MWh;

c) E = 18 ∙ 109 olajegyeség.

146. a) Q = 1150 J; b) Q = 7,76∙103 J; c) 2,3 ≈ 2 db.

147. 0 °C -os jég és víz keveréke lesz, mjég = 0,845 kg, mvíz = 0,655 kg.

37

148. mv = 655 g, tv = 35,7 °C, C =100 JC°

, mj = 86 g, tj = -18 °C, tk = 21,8 °C,

cv = 4180 Jkg C⋅ °

, cj = 2090 Jkg C⋅ °

.

a) Lo = ?b) δrel = ?

Alkalmazva a termodinamika első főtételét: Q Qfelvett leadott= .Hő szükséges a jég 0 °C-ra történő felmelegítéséhez, a jég megolvadásához, majd a víz közös hőmérsékletre melegítéséhez. Eközben hőt ad le a víz és a kaloriméter.

c m t L m c m t c m t C tj j j o j v j v v⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅D D D D1 2 2.

Átrendezve, majd behelyettesítve:

Lc m t C t c m t c m t

mov v v j j j j

j

=⋅ ⋅ + ⋅ - ⋅ ⋅ - ⋅ ⋅

=

⋅ ⋅ +

D D D D2 2 1

4180 0 655 13 9 1, , 000 13 9 2090 0 086 18 4180 0 086 21 80 086

329

⋅ - ⋅ ⋅ - ⋅ ⋅

=

=

, , , ,,

,

Jkg

99 330kJkg

kJkg

≈ .

A relatív eltérés:

δ relo irod o szám

o irod

kJkg

kJkg

kJkg

=-

=-

= ⇒L L

L, ,

,

,335 330

3350 015 1,, %.5

149. cv = 4180 Jkg C⋅ °

, Ckal = 20 JC°

, créz irod. = 385 Jkg C⋅ °

.

a) créz1 = ? b) δrel1 = ? c) créz2 = ? créz3 = ? δrel2 = ? δrel3 = ?d) c′réz = ? δ′rel = ?

a) A felhasznált összefüggés:

cc m t t

m t trézvíz víz víz k

réz k réz

=-( )

-( ),

créz1 = 414 Jkg C⋅ °

,

b) δrel1 = 0,075 ⇒ 7,5%,

38


c) créz2 = 385 Jkg C⋅ °

, δrel2 = 0,00 ⇒ 0,0%,

créz3 = 355 Jkg C⋅ °

, δrel3 = 0,078 ⇒ 7,8%.

d) A felhasznált összefüggés:

cC t t c m t t

m t trézvíz k víz víz víz k

réz k réz

=-( ) + ( )

-( )- ,

c'réz1 = 421 Jkg C⋅ °

, δ'rel1 = 0,094 ⇒ 9,4%,

c'réz2 = 391 Jkg C⋅ °

, δ'rel2 = 0,016 ⇒ 1,6%,

c'réz3 = 361 Jkg C⋅ °

, δ'rel3 = 0,062 ⇒ 6,2%.

150. a) C = 100 JC°

, mv = 515 g, T1 = 24,9 °C.

a) T-t grafikonb) Qfel = ?c) Lkr = ?

2

T (°C)

t(perc)

25

30

4 6 8 10 12

A kaloriméterben lévõ víz hõmérséklete az idõ függvényében

A Tk a grafikonról ≈ 31,1 °C.b) Q Qleadott felvett= ,

Q c m T C Tkristályosodás víz víz kaloriméter= ⋅ ⋅ + ⋅D D ,

QkristályosodásJ

kg Ckg C J

C=

°⋅ ⋅ -( ) ° +

°⋅4180 0 515 31 1 24 9 100 31, , , ,11 24 9-( ) °, C,

Qkristályosodás J J,= +13 347 620

Qkristályosodás J 14 kJ.= ≈13 967

39

A kapott érték csak becsült érték, hiszen nem számoltunk azzal, hogy maga a só is – amelyhez fajhő (olvadt és szilárd halmazállapotban különböző) rendelhető – részt vesz a folyamatban.c) Mivel a só tömege ≈105 g volt, a kristályosodási hő nagysága:

LQ

mkkristályosodás 14 kJ

0,105 kgkJkg

= = =133 .

151. mg = 100 g, mvas = 1,5 kg, tg = 120 °C, cvas = 465 Jkg C⋅ °

, tvíz = 60 °C,

cvíz = 4180 Jkg C⋅ °

, cgőz = 1850 Jkg C⋅ °

, Lf = 2256 kJkg

.

Δtvas = ?

A gőz vízzé alakítása során nyert hőmennyiség:Q Q Q Q= + +1 2 3 ,

Q c m t L m c m t= ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅gõz gõz gõz gõz gõzD Df víz víz,

Q =⋅°

⋅ ⋅ ° + ⋅ ⋅ +⋅ °

⋅1850 0 1 20 0 1 4180 0 1Jkg C

kg C 2,256 10 Jkg

kg Jkg C

k6, , , gg C,⋅ °40

Q = 3700 J + 225 600 J + 16 720 J,Q = 246 020 J.A vas hőmérséklet-változása ennek a hőmennyiségnek a felhasználásával:

Q c m t t= ⋅ ⋅ ⇒ =

⋅°⋅

= °vas vas vas vas Jkg C

kgC.D D 246 020

465 1 5352 7J

,,

152. 40,5 kg tömegű, -11,75 °C hőmérsékletű jég.

153. t%eredeti = 24,8%, t%végső = 45,3%.

154. fAr = 3, fN2 = 5.

a) CVAr = ? CVN2 = ? CpAr = ? CpN2

= ?b) cVAr = ? cVN2

= ? cpAr = ? cpN2 = ?

c) Más gáz esetén változnak-e az értékek?

a) A hőkapacitás definíciója: C Qt

=D

.

Az I. főtétel alapján, ha a térfogat állandó: D DE Q f Nk T= =2

, ezért

40


C QT

f Nk T

Tf Nk

C

C

V

V

V

= = =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =-

D

D

D2

232

6 10 1 38 10 12 423 23

,

, , ,Ar

JK

JK

NN2

JK

JK

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =-52

6 10 1 38 10 20 723 23, , .

Az I. főtétel alapján, ha a nyomás állandó: D DE Q W Q W Q E W= + = - ⇒ = +k g g.

C QT

f Nk T p V

T

f Nk T Nk T

Tf Nk

C

p

Nk T

p

= =+

=+

= +

= ⋅ ⋅

D

D D

D

D D

D

D

2 22

1

52

6

( )

Ar

,

110 1 38 10 20 7

72

6 10 1 38 10 29 0

23 23

23 23

⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

-

-

, , ,

, ,

JK

JK

JKN2

CpJJK

.

b) A fajhő definíciójából kiindulva:

c Qm t m

Qt

Cm

C Qt

=⋅

= ⋅ = =D D D

1 , mivel éppen a hõkapacitás,

c Cm

f Nk

m

f k

mN

f k

mf k

mf k

m

c

VV

V

= = = = = ⋅⋅

= ⋅

= ⋅⋅ -

2 2 22 2

32

1 38 10

0 0 0

23

,

,Ar

JJKkg

kJkg K

JK

N2

6 63 100 312

52

1 38 10

4 65 10

26

23

26

,, ,

,

,

⋅=

⋅

= ⋅⋅

⋅

-

-

-cV kkgkJ

kg K=

⋅0 742, ,

cCm

f Nk

m

f k

mN

m

f k

mf

pp= =

+

=

+

=+

=

+(21

21

21

2

00

)) ⋅⋅

= + ⋅k

mf k

m22

20 0

,

cpAr

JKkg

kJkg K

= ⋅⋅

⋅=

⋅

-

-

52

1 38 10

6 63 100 520

23

26

,

,, ,

41

cpN2

JKkg

kJkg K

= ⋅⋅

⋅=

⋅

-

-

72

1 38 10

4 65 101 039

23

26

,

,, .

c) Látható, hogy amíg a hőkapacitás a szabadsági fok mellett csak az anyag meny-nyiségétől/tömegétől függ, addig a fajhő az anyag egyetlen atomjának/moleku-lájának tömegétől, tehát az anyagi minőségtől is. Értékeit a függvénytáblázatok tartalmazzák.Ezért, ha más, de azonos szabadsági fokú és azonos mólszámú gázt választunk, akkor a hőkapacitás-értékek nem, a fajhő-értékek viszont változnak.Mint a formulákból is látszik, az állandó nyomáshoz tartozó fajhő mindig nagyobb, mint az állandó térfogathoz tartozó fajhő. Ideális gázoknál a két fajhő hányadosa anyagi minőségtől független, csak a szabadsági foktól függ, jele: κ (kappa).

κ = = +cc

ff

p

V

2

A κ kitevővel az adiabatikus állapotváltozásnál találkozhatunk. Adiabatikus álla-potváltozásban a nyomás és a térfogat között fennállló összefüggés:

p V⋅ =κ állandó. Az adiabata egyenlete:

pV

= állandóκ .

Mivel κ > 1, ezért egy adott ponton átmenő adiabata mindig meredekebb, mint az ugyanazon ponton átmenő izoterma.

155. D Dcc

cc

V

V

p

pO O

⋅ = ⋅ =100 16 67 100 30 00% , %, % , %.

156. a) cV = 10,1 kJ

kg C⋅ ° ; b) T =1092 K; c) cp = 14,1 kJ

kg C⋅ ° ; d) H2, n = 13 mol.

157. v′ = 1ms

, g = 9,81 ms2 , c = 460 kJ

kg C⋅ °, h = 3,2 m.

a) v = ?

b) QEa

= ?

c) ∆t = ?

a) mgh mv v gh= ⇒ = =12

2 7 922 , .ms

42


b) A súrlódás miatt keletkezett hő nagysága:

Q mgh mv

QE

mgh mv

mgh

gh v

ghvgh

= - ′

=- ′

=- ′

= -′

= ⇒

12

12

12 1

20 984 9

2

2 22

,

,h

88%.

c) A test hőmérsékletének emelkedése:

Q mgh mv

cm t mgh mv

tmgh mv

cm

gh v

c

= - ′

= - ′

=- ′

=- ′

=

12

12

12

12 0 0

2

2

2 2

,

,

,

D

D 667 °C.

158. W

Qtágulás ⋅ =100% 7,4%, Q

Qh.á.v. ⋅ =100% 92,6%.

159. a) Lé = 16 MJkg ; b) Δt = 2 °C; c) Q = 161,28 GJ.

160. m = 1 font, s = 772 láb, Δt = 1 °F, g = 10 ms2 .

QEmech

⋅ =100% ?

mgh = ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅-

453,6 g 10 ms

30,48 cm 772

453,6 10 kg 10 ms

30,48 1

2

32 00 m 772 J.2- ⋅ =1067

Q cm t= =°

⋅ ⋅ ⋅ ° =-D 4180 1053Jkg C

453,6 10 kg 11,8

C J,3

Qmgh

= = ⇒10531067

0 99 99JJ

, %.

43

2.5.Tesztek

161. 162. 163. 164. 165. 166. 167. 168. 169. 170. 171. 172. 173. 174. 175.C C B B C A A B C A C A A C B

176. 177. 178. 179. 180. 181. 182. 183. 184. 185. 186. 187. 188. 189. 190.B C C B C C B C A B C B A B A

191. 192. 193. 194. 195. 196. 197. 198. 199. 200.A A B A B A D A B A

161. C) A Fahrenheit-fok átváltása Celsius fokra. t t°C

°F= - 321 8,

.

162. C) A számjegyek fel vannak cserélve, helyesen -273 °C = 0 K.

163. B) 0 és 4 °C között anomális a víz viselkedése, és +4 °C felett sem egyenletes a hőtágulása.

164. B) Az ábrán a víz sűrűségének hőmérséklet-től való függése látható. A görbe maximuma +4 °C-nál van, tehát a sűrűség +4 °C -on a legna-gyobb.

165. C) A lineáris hőtágulási együttható nem a térfogattal van kapcsolatban.

166. A) Csak az ideális gázok hőtágulási együtthatója független az anyagi minőség-től.

167. A) Az óra akkor késik, ha nő a periódusidő. T lg

= 2π , azaz T l . Tehát csök-

kenteni kell az inga hosszát, hogy kompenzáljuk a hőtágulást.

168. B) Az ötvözet hőtágulása elhanyagolható, ez alkalmassá teszi arra, hogy méter-etalon legyen.

169. C) A kis hőtágulás miatt nem keletkezik benne feszültség.

O 5 1O

t (°C)

ρ

0,99970

0,99975

0,99980

0,99985

0,99990

0,99995

1,00000

g——cm3

44


170. A) Amíg a gázok ideálisnak tekinthetők, addig alkalmazhatók gázhőmérő anya-gaként.

171. C) Az állandók nem lehetnek állapotjelzők.

172. A) Gay-Lussac nem két személy.

173. A) Definíció szerint normálállapotban105 Pa a nyomás és 0 °C a hőmérséklet.

174. C) A gáz hőmérsékletét és térfogatát változatlannak tekintve érvényes a követke-

ző összefüggés: pV mM

RT pm

= ⇒ = állandó.

175. B) Képlettel leírva: pV = állandó.

176. B) Egyértelmű a válasz, Gay-Lussac I. törvénye izobár, Gay-Lussac II. törvénye izochor állapotváltozás esetén érvényes.

177. C) Izobár állapotválzotás esetén: VT

VT

VT

VT

0

0

1

1

2

2

3

3

= = = = állandó. Behelyettesítés

után a helyes adatok a C)-vel jelölt sorban találhatóak meg.

178. C) Elvben a C) válasz jó lehet, de gyakorlatban nem működik, mivel a Melde-cső nem kapilláris.

179. B) A Hgmm légnyomásegység és nem hosszúságegység.

180. C) 76 cm magas higanyoszlop hidrosztatikai nyomása megegyezik a tengerszin-ten mérhető légnyomással, ezért emelkedik csak ilyen magasra a higany. A magas hegyekben 76 cm-nél kisebb lenne a higanyoszlop magassága.

181. C) 2,8 g nitrogén a mólnyi mennyiség tizede, mivel M Ng

mol228= .

N mM

N n N= = = ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =2 828

0 1 0 1 6 10 1 0 6 10 0 0623 23, , , , ,mol molmol

dbA ⋅⋅1024 db

N mM

N n N= = = ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =2 828

0 1 0 1 6 10 1 0 6 10 0 0623 23, , , , ,mol molmol

dbA ⋅⋅1024 db

182. B) Magasabb hőmérsékleten jobbra tolódik el a görbe maximuma, mert megnő a nagyobb sebességgel rendelkező részecskék aránya.

183. C) A szabadsági fok az energiatárolás független lehetőségeinek a számát adja meg, amely függ a gázrészecskék alakjától. Pontszerű (1 atomos) gázok szabad-sági foka 3 , amely a haladó mozgásból származik. Lineáris (2 atomos) gázmo-lekulák szabadsági foka 5, amelyből 3 a haladó 2 pedig a forgómozgásból szár-

45

mazik. Az egyéb, nem pontszerű vagy lineáris alakú gázmolekulák (pl. CH4, SO2, NH3) szabadsági foka 6, amelyből 3 a haladó és 3 a forgómozgásból származik, tehát 3, 5, és 6 szabadsági fokú gázrészecskék vannak.

184. A) ε ε= = + ⇒ =f kT kT kT kT2

32

22

32

haladó forgó

haladó

. A kérdés csak a haladó mozgásra vo-

natkozott.

185. B) Az ábrán izobárokat látunk. Az egyenesek melletti nyomásértékek az adott

mennyiségű gáz nyomását jelzik. A V NkTp

= összefüggés szerint a meredekesége

a nyomással fodítottan arányos.

186. C) Akkor használható, ha a nyomás állandó (vagy egyenletesen változik, és akkor átlagértékkel kell számolni).

187. B) W = p ∙ ΔV = 5∙105 Pa∙(6-2) m3 = 2000 kJ

188. A) A belső energia az abszolút hőmérséklettel egyenesen arányos mennyiség,

izoterm folyamatban állandó. ( E f nRTb =2

.)

189. B) 1.: izoterma, T = áll. 2.: izobár, p = áll. 3.: izochor, V = áll.

190. A) E f nRTb =2

. Adott mennyiségű és minőségű gáz esetén a belső energia csak

az abszolút hőmérséklettől függ. Izoterm állapotváltozásnál a hőmérséklet nem,

így a belső energia sem változik.

191. A) W = 2000 J, W′ = 1200 J, ΔW = -800 J, D ⋅ = -WW

100 40% %.

192. A) f = 3, n = 1 mol, C f nR= =2

12 5, JK

193. B) A belső energia az abszolút hőmérséklettel egyenesen arányos mennyiség, a körfolyamat végén a gáz visszatér a kiindulási állapotba, így végeredményben nincs hőmérsékletváltozás, tehát a belső energia nem változik meg.

194. A) C f n R C f N k= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅2 2

vagy , az f, n, N értéke változhat, k és R értéke ál-

landó.

195. B) Az energiamegmaradást a termodinamika I. főtétele fogalmazza meg.

196. A) Az oldatok a tiszta oldószerhez képest megváltozott olvadás- és fagyásponttal rendelkeznek.

46


197. D) A fajhő a gáz molekuláinak/atomjainak tömegétől függ. c f kmp = + ⋅2

2 0

.

c f kmV = ⋅

2 0

.

198. A) Helyesen a kritikus hőmérséklet (kritikus pont) felett nem cseppfolyósíthatók a gázok.

199. B) A szublimáció az a folyamat, amelyben a szilárd halamzállapotú anyag a folyé-kony halmazállapot kihagyásával válik légnemű halmazállapotúvá.

200. A) Olvadás, forrás: energia-befektetéssel, a fagyás és a lecsapódás energia-felsza-badulással járó folyamatok.

Documents

fiz.aporisk.hufiz.aporisk.hu/UserFiles/ii_fejezet.pdf · 6 Hőtan – részletes megoldások 29. l o = 1 m. m 1 = ? m 2 = ? m 3 = ? α 1 = ? α 2 = ? α 3 = ? Mely fémek ezek? m