Tính chất của hơi, bay hơi và sôi của chất lỏng

Kvant 1974, số 1 tr. 60-66 Thẻ 8GPE

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Phương trình trạng thái hơi nước

Trong điều kiện bình thường, mật độ hơi thấp và có thể bỏ qua sự tương tác giữa các phân tử hơi. Những cặp như vậy, giống như khí lý tưởng, mô tả phương trình Mendeleev-Clapeyron:

$pV = \frac{m}{\mu}RT,$

trong đó $p$ , $V$ và $T$ lần lượt là áp suất, thể tích và nhiệt độ của hơi, $m$ là khối lượng của nó, $\mu$ là khối lượng phân tử, $R$ là hằng số khí phổ quát $^*$ ).

Bài toán 1. Tên mật độ hơi nước bão hòa và nước ở $t = 100^\circ$ C. Áp suất hơi bão hòa của nước khi nhũ tương $p_H = 10^5 \text{ h/m}^2$ .

Mật độ hơi $\rho = m/V$ , trong đó $m$ là khối lượng, $V$ là thể tích hơi. Từ phương trình Mendeleev–Clapeyron chúng ta có

$\rho = \frac{p_H \mu}{RT} = \frac{10^5 \cdot 18}{8,3 \cdot 10^3 \cdot 373} = 0,57(\text{кг/м}^3)$

Tỷ lệ của mật độ này với mật độ của nước $p_B = 10^3 \text{ кг/м}^3$ là rất nhỏ:

$\frac{\rho}{\rho_B} = 5,7 \cdot 10^{-4}.$

Sử dụng phương trình Mendeleev-Clapeyron tại lời giải bài toán về tính chất của hơi, cần nhớ rằng khối lượng của hơi $m$ nằm trong một bình kín có thể thay đổi khi các thông số $p$ , $V$ và $T$ thay đổi. Khối lượng hơi giảm do sự ngưng tụ của nó và ngược lại, tăng lên khi chất lỏng trong bình bay hơi. Ví dụ, khi làm Skatin, hơi nước ở một thể tích nhất định $V_0$ sẽ trở nên bão hòa; khi thể tích giảm thêm $V$ , khối lượng của hơi $m$ cũng giảm tỷ lệ thuận với thể tích, do đó áp suất hơi $p_0 = \frac{RT}{\mu} \frac{m}{V}$ không đổi (xem Hình 1, a và b).

Bài toán 2. $m_B = 10^{-3} \text{ kg воды}.$ được đổ vào một bình đã mở có thể tích $V = 5 \cdot 10^{-3} \text{ m}^3$ . Xác định áp suất hơi trong bình ở nhiệt độ $t_1 = 20^\circ$ C. Áp suất này sẽ trở thành bao nhiêu nếu:

a) phương trình nhiệt độ $t_2 = 100^\circ$ C;

b) lượng chứa trong bình với một bình đã mở khác có thể có cùng thể tích và cùng nhiệt độ (Hình 2).

Áp suất của hơi nước bão hòa ở nhiệt độ $20^\circ$ C là $2,3 \cdot 10^3 \text{ h/m}^2$ , và ở $100^\circ$ C là $10^5 \text{ h/m}^2$ .

Trước hết, hãy tìm lượng nước tối thiểu cần thiết để bão hòa thể tích $V$ . Từ phương trình Mendeleev–Clapeyron chúng ta có

$m = \frac{p_H V \mu}{RT},$

trong đó $p_H$ là áp suất hơi bão hòa. Theo đó, đối với nhiệt độ $T_1 = 293^\circ$ K và $T_2 = 373^\circ$ K, chúng ta thu được

$m_1 = 9 \cdot 10^{-5} \text{ ке} \text{ и } m_2 = 3 \cdot 10^{-3} \text{ ке}.$
Khối lượng nước đổ là $m_B = 10^{-3} \text{ ке} \text{ менышше, чем } m_2$ , nhưng lớn hơn $m_1$ .
Do đó, ở nhiệt độ $t_1 = 20^\circ \text{ C}$ hơi nước trong bình sẽ bão hòa và áp suất của nó
$p_1 = 2,3 \cdot 10^3 \text{ н/м}^2.$
Áp suất của hơi nước chưa bão hòa ở nhiệt độ $t_2 = 100^\circ \text{ C}$ được tìm thấy từ khối lượng của nó từ phương trình Mendeleev-Clapeyron:
$p_2 = \frac{m_B R T_2}{\mu V} = \frac{10^{-3} \cdot 8,3 \cdot 10^3 \cdot 373}{18 \cdot 5 \cdot 10^{-3}} = 3,4 \cdot 10^4 (\text{н/м}^2).$
Khi kết nối bình thứ hai, thể tích chiếm giữ của hơi nước sẽ tăng gấp đôi. Do đó, khối lượng nước tối thiểu cần thiết để bão hòa thể tích này sẽ tăng gấp đôi. Tuy nhiên, nó vẫn nhỏ hơn khối lượng nước đổ. Vì vậy, hơi nước sẽ bão hòa và áp suất của nó
$p_3 = 2,3 \cdot 10^3 \text{ н/м}^2.$
Lưu ý rằng tại lời giải bài toán thể tích chiếm bởi nước trong bình không được tính đến. Điều này có thể thực hiện được vì thể tích của nước nhỏ so với thể tích của bình.

Độ ẩm
Sự hiện diện của hơi nước trong không khí có thể được mô tả một cách định lượng bằng hai đặc điểm - độ ẩm không khí tuyệt đối và tương đối.
Độ ẩm không khí tuyệt đối, như đã biết, được gọi là mật độ hơi nước $\rho = m/V$ , và độ ẩm tương đối là tỷ lệ phần trăm của mật độ hơi nước với mật độ hơi bão hòa ở cùng nhiệt độ, nghĩa là $f = \frac{\rho}{\rho_H} \cdot 100\%$ . Độ ẩm không khí tương đối cũng có thể được định nghĩa là tỷ số giữa áp suất hơi nước và áp suất hơi bão hòa ở cùng nhiệt độ. Thật vậy, ở nhiệt độ không đổi, mật độ hơi tỷ lệ với

$f_2 = \frac{\rho_2}{\rho_1} \cdot 100\% = \frac{3,4 \cdot 10^4}{10^5} \cdot 100\% = 34\%.$

Khi nhiệt độ thay đổi, ngay cả khi độ ẩm tuyệt đối không đổi thì độ ẩm tương đối cũng thay đổi. Do đó, khi không khí ẩm nguội đi ở nhiệt độ nhất định $T_p$ , độ ẩm tương đối của nó đạt 100% và hơi chứa trong không khí trở nên bão hòa. Khi làm mát thêm, hơi nước sẽ ngưng tụ. Nhiệt độ $T_p$ được gọi là điểm sương (ở nhiệt độ này sương rơi).

Bài toán 3. Ở độ ẩm không khí tương đối tối đa $f_0$ trong phòng, chúng ta sẽ không đổ đầy một miếng sữa lấy ra khỏi tủ lạnh chứ? Nhiệt độ trong tủ lạnh là $t_1 = 5^\circ\text{C}$ , và trong phòng là $t_2 = 25^\circ\text{C}$ . Áp suất của nước bão hòa ở $5^\circ\text{C}$ $p_1 = 866\text{ h/m}^2$ và ở $25^\circ\text{C}$ $p_2 = 3192\text{ h/m}^2$ .

Ở gần chai, nhiệt độ của không khí ẩm trở thành $t_1 = 5^\circ\text{C}$ . Chai không được đổ đầy nếu độ ẩm tương đối ở nhiệt độ này không vượt quá 100%:

$f = \frac{\rho}{\rho_1} \cdot 100\% \leq 100\%$

trong đó $\rho_1 = \frac{\rho_1\mu}{RT_1}$ là mật độ hơi nước bão hòa tại $T_1 = 278^\circ\text{K}$ , $\rho$ là độ ẩm tuyệt đối của không khí trong phòng, không phụ thuộc vào nhiệt độ. Do đó, độ ẩm không khí tuyệt đối tối đa mà chai chưa được đổ đầy là $\rho_0 = \rho_1 = \frac{\rho_1\mu}{RT_1}$ . Độ ẩm tương đối tương ứng ở nhiệt độ $T_2 = 298^\circ\text{K}$ sẽ là:

$f_0 = \frac{\rho_0}{\rho_2} \cdot 100\% = \frac{\rho_1 T_2}{\rho_2 T_1} \cdot 100\% = \frac{866 \cdot 298}{3192 \cdot 278} \cdot 100\% \approx 30\%$

Bài toán 4. Máy điều hòa bỏ phòng mỗi giây

Bài 5. Trong phòng có thể tích $V = 50 \text{ m}^3$ độ ẩm không khí $f = 60\%$ ở nhiệt độ $t = 20^\circ\text{C}$ và áp suất $p = 10^5 \text{ h/m}^2$ . Khối lượng của $m$ không khí ẩm trong phòng là bao nhiêu? Khối lượng này sẽ thay đổi như thế nào nếu độ ẩm tăng $\Delta f = 10\%$ khi nhiệt độ và áp suất thay đổi? Điều này có làm thay đổi tổng số phân tử không khí ẩm trong phòng không? Áp suất hơi bão hòa ở $t = 20^\circ\text{C}$ $p_H = 2,3 \cdot 10^3 \text{ h/m}^2$ .

Khối lượng không khí ẩm $m$ là tổng khối lượng không khí khô $m_1$ và khối lượng hơi nước $m_2$ :

$m = m_1 + m_2.$

Từ phương trình Mendeleev-Clapeyron

$m_1 = \frac{p_1V\mu_1}{RT} \quad \text{и} \quad m_2 = \frac{p_2V\mu_2}{RT},$

trong đó $\mu_1 = 29 \text{ ке/кмоль}$ và $\mu_2 = 18 \text{ ке/кмоль}$ là khối lượng phân tử của không khí và hơi nước, $p_1$ và $p_2$ tương ứng với áp suất riêng phần. Theo điều kiện bài toán $p_2 = \frac{f}{100\%} p_H$ , và theo định luật Dalton $p_1 = p - p_2 = p - \frac{f}{100\%} p_H$ .

Sau đó, cuối cùng chúng tôi nhận được

$m = m_1 + m_2 = \frac{V}{RT} \left[ p\mu_1 - \right.$

$- \frac{f}{100\%} p_H \left( \mu_1 - \mu_2 \right] = \frac{50}{8,3 \cdot 10^3 \cdot 293} \times$

$\left[ 10^5 \cdot 29 - \frac{60}{100} \cdot 2,3 \cdot 10^3 \left(29 - 18\right) \right] = 58 \left(\kappa e\right).$

Như có thể thấy từ công thức cuối cùng, khi độ ẩm tăng $f$ với hằng số $p$ và $T$ , khối lượng không khí ẩm trong phòng $m$ sẽ giảm xuống $(\mu_1 - \mu_2 > 0)$ . Sự thay đổi khối lượng khi độ ẩm tăng $\Delta f$ sẽ bằng

$\Delta m = \frac{p_HV}{RT} \left( \mu_1 - \mu_2 \right) \frac{\Delta f}{100\%} =$

$= \frac{2,3 \cdot 10^3 \cdot 50}{8,3 \cdot 10^3 \cdot 293} \left(29 - 18\right) \frac{10}{100} = 0,05 \left(\kappa e\right).$

Sự giảm khối lượng không khí ẩm trong phòng có độ ẩm ngày càng tăng có thể được hiểu bằng định luật Avogadro: các thể tích bằng nhau ở cùng áp suất và nhiệt độ chứa cùng số lượng phân tử của bất kỳ loại khí nào. Khi độ ẩm không khí trong phòng tăng lên, nó không thay đổi mà chỉ một phần phân tử không khí được thay thế bằng phân tử nước (xem Hình 3): số lượng phân tử hơi nước tăng lên và số lượng phân tử không khí khô giảm đi. Vì $\mu_2 < \mu_1$ , khối lượng không khí ẩm sẽ giảm đi.

Nhiệt hóa hơi. Đun sôi

Như đã biết, quá trình chuyển đổi chất lỏng thành hơi đòi hỏi phải cung cấp năng lượng. Lượng nhiệt cần cung cấp để làm bay hơi một đơn vị khối lượng chất lỏng ở nhiệt độ thay đổi (đẳng nhiệt) và áp suất bên ngoài bằng áp suất của hơi bão hòa được gọi là nhiệt dung riêng của sự bay hơi. Chúng ta cũng có thể nói rằng nhiệt dung riêng của sự hóa hơi $L$ là lượng nhiệt cần tiêu thụ để chuyển một đơn vị khối lượng chất lỏng thành hơi khi nó sôi. Năng lượng thường xuyên sẽ làm tăng thế năng của các phân tử (để hoạt động

chống lại lực hút phân tử) và một phần - về công việc phân phối chống lại lực của áp suất bên ngoài (vì thể tích riêng *) của hơi lớn hơn thể tích riêng của chất lỏng).

Bài toán 6. Xác định phần nào của nhiệt độ riêng của sự hóa hơi nước sẽ làm tăng nội năng của hệ tại $T = 373^\circ\text{K}$ . $L = 2,3 \cdot 10^6$ j/kg.

Từ định luật bảo toàn năng lượng ta có

$L = \Delta w + A,$

trong đó $\Delta w$ là sự thay đổi nội năng trong quá trình bay hơi 1 kcal, $A$ là công phân phối. Vì sự phân phối là đẳng áp nên

$A = p_H (v_H - v_0),$

trong đó $v_H = \frac{RT}{p_H \mu}$ là thể tích riêng của hơi bão hòa và $v_0$ là thể tích riêng của nước, có thể bỏ qua so với $v_H$ (xem bài toán 1). Như vậy

$\frac{\Delta w}{L} = \frac{L - A}{L} = 1 - \frac{RT}{\mu L} = 1 - \frac{8,3 \cdot 10^3 \cdot 373}{18 \cdot 2 \cdot 10^6} \approx 0,9.$

Nghĩa là, 90% nhiệt lượng cung cấp được dùng để khắc phục lực tương tác giữa các phân tử trong quá trình bay hơi của nước ở $373^\circ\text{K}$ .

*) Chúng ta hãy nhớ lại rằng thể tích riêng là nghịch đảo của mật độ, tức là thể tích của một đơn vị khối lượng của một chất.

Bài toán 7. Một bình hình trụ dài có pít-tông cố định có diện tích $S = 0,01$ m2 chứa $m_B = 0,01$ nước ở nhiệt độ $T_0 = 273^\circ\text{K}$ . Pít-tông vừa khít với thành tàu, nhưng di chuyển mà không cần giả vờ và tại những thời điểm ban đầu nó ở trên mặt nước (Hình 4, a). Nước được đun sôi và khả năng sôi $N = 1$ kkm là không đổi, có thể bỏ qua ít nước xuyên qua thành bình và pít-tông hơn. Vẽ đồ thị chiều cao của piston $h$ tăng dần theo thời gian $t$ . Áp suất khí quyển $p_0 = 10^5$ n/m2.

Cho đến khi áp suất của hơi nước bão hòa bằng áp suất khí quyển bình thường (điều này sẽ xảy ra ở nhiệt độ $T_1 = 373^\circ\text{K}$ ), piston sẽ ở trên bề mặt nước, chỉ tăng lên do sự phân bố nhiệt của nó. Có thể dễ dàng tìm thấy thời gian vận hành để làm nóng $t_1$ , cần thiết để đun nóng nước đến nhiệt độ $T_1$ :

$t_1 = \frac{cm_B (T_1 - T_0)}{N} = \frac{4 \cdot 10^3 \cdot 0,01 \cdot 100}{10^3} = 4 \text{ (с)}$

(ở đây $c = 4 \cdot 10^3 \text{ дж/кг} \cdot \text{эрад}$ là nhiệt độ riêng của nước). Phần tương ứng trên biểu đồ (xem Hình 5) được hiển thị dưới dạng đường thẳng không có độ dốc:

$h = 0 \text{ при } 0 < t < t_1,$

vì hệ số phân bố nhiệt của nước không đáng kể.

Ở nhiệt độ $T_1 = 373^\circ$ K, áp suất của hơi bão hòa bằng áp suất bên ngoài và pít-tông bắt đầu nổi lên trên mặt nước (xem Hình 4, 6) (hơi nước bão hòa được hình thành dưới pít-tông). Vì công suất của lò sưởi không đổi nên khối lượng hơi nước $m = \frac{N(t-t_1)}{L}$ (trong đó $L = 2,3 \cdot 10^6 \partial x/\partial z$ là nhiệt dung riêng bay hơi của nước) tỷ lệ thuận với thời gian hoạt động của lò sưởi sau khi đạt nhiệt độ $T_1$ . Từ phương trình Mendeleev-Clapeyron, thể tích hơi nước $V = \frac{R T_1 m}{p_0 \mu} = \frac{R T_1 N}{p_0 \mu L}(t-t_1)$ cũng tỷ lệ thuận với thời gian này (vì $T_1$ và $p_0$ không đổi). Đối với chiều cao nâng piston $h$ cuối cùng chúng ta cũng có

$h = \frac{V}{S} = \frac{R T_1 N}{p_0 \mu L}(t-t_1)$ tại $t_1 < t < t_2$ ,

ở đâu $t_2 = t_1 + \frac{m_B L}{N} = 4 + \frac{0,01 \cdot 2,3 \cdot 10^6}{10^3} = 27(c)$

thời điểm mà toàn bộ nước trong bình đã bay hơi hết. Trên biểu đồ, phần này được mô tả dưới dạng một đường thẳng có góc dốc $\alpha$ và

$tg \alpha = \frac{R T_1 N}{p_0 \mu LS} = \frac{8,3 \cdot 10^3 \cdot 373 \cdot 10^3}{10^5 \cdot 18 \cdot 2 \cdot 10^6 \cdot 0,01} \approx 0,08 (m/c).$

Sau đó, nhiệt độ của hơi nước sẽ tăng lên và nó sẽ không còn bão hòa nữa. Sự thay đổi nhiệt độ hơi nước xảy ra theo định luật: $\Delta T = \frac{N(t-t_2)}{c_p m}$ , trong đó $c_p = 2 \cdot 10^3 \frac{\partial x/\partial z}{\kappa \cdot \varepsilon \rho \alpha} -$ là nhiệt dung riêng của hơi nước khi đun nóng đẳng áp. Những thay đổi tương ứng về thể tích từ phương trình tuần hoàn—

$Kлапейрона: \Delta V = \frac{m R \Delta T}{\mu p_0} = \frac{NR(t-t_2)}{mc_p p_0}.$

Đối với chiều cao nâng piston chúng ta có

$h = h_1 + \frac{NR}{\mu c_p p_0 S}(t-t_2)$ tại $t > t_2$ ,

trong đó $h_1 = \frac{m_p RT_1}{\mu p_0 S} = \frac{0,01 \cdot 8,3 \cdot 10^3 \cdot 373}{18 \cdot 10^5 \cdot 0,01} \approx 1,7 (m)$ là chiều cao của lực nâng piston tại thời điểm hoàn thành quá trình bay hơi nước. Trên biểu đồ, phần này được mô tả là một đường thẳng có góc nghiêng $\beta$ và

$tg \beta = \frac{NR}{\mu c_p p_0 S} = \frac{10^3 \cdot 8,3 \cdot 10^3}{18 \cdot 2 \cdot 10^3 \cdot 10^5 \cdot 0,01} \approx 0,2 (m/c).$

Ở lời giải cuối cùng bài toán câu hỏi được đặt ra: liệu nước trong bình có sôi ở $T_1 = 373^\circ$ K không? Như bạn đã biết, để đun sôi, các bọt khí ở đáy bình bắt đầu phát triển do sự bay hơi của chất lỏng bên trong chúng. Nói đúng ra, điều này xảy ra khi áp suất hơi bão hòa vượt quá áp suất khí quyển bên ngoài một chút, cụ thể là bằng tổng các giá trị áp suất vượt quá.

$p_1 = \frac{2 \sigma}{r},$ trong đó $\sigma$ là hệ số căng bề mặt của chất lỏng và $r$ là bán kính của bong bóng và áp suất thủy tĩnh $p_2 = \rho g h$ , trong đó $\rho$ là mật độ và $h$ là chiều cao của chất lỏng trong bình. Do đó, quá trình sôi của chất lỏng ở áp suất bên ngoài bình thường bắt đầu ở nhiệt độ cao hơn một chút so với $373^\circ$ K $^*$ ), và trong bài toán được xem xét sẽ không có chất lỏng. Rõ ràng, quy luật là việc thay thế chất lỏng quá nóng không xảy ra, vì áp suất bổ sung nhỏ so với áp suất bên ngoài. Để làm nóng quá mức một chất lỏng, nó và thành bình phải được làm sạch hoàn toàn khí.

Nhiệm vụ 8. Xác định bọt khí cho phép nhất mà tại đó nước nóng lên $0,1^\circ$ . Bình thường

*) Trong trường hợp này, họ nói rằng chất lỏng quá nóng.

áp suất nguyên tử thấp $p_0 = 10^5 \text{ h/m}^2$ . Hệ số căng bề mặt của nước ở $T = 373^\circ \text{ K}$ $\sigma = 0,06 \text{ h/m}$ và sự thay đổi áp suất hơi bão hòa của nước gây ra $T = 373^\circ \text{ K}$ có thể coi là tỷ lệ thuận với sự thay đổi nhiệt độ với hệ số tỷ lệ $k = 3 \cdot 10^3 \text{ h/m}^2 \cdot \text{эрад}$ .

Khi quá nhiệt $\Delta T = T_1 - T = 0,1^\circ$ , áp suất hơi bão hòa tăng $\Delta p = k \Delta T = 3 \cdot 10^2 \text{ h/m}^2$ . Tương đương $\Delta p$ với áp suất dư $\frac{2\sigma}{r}$ ta thu được bán kính của bong bóng

$r = \frac{2\sigma}{\Delta p} = \frac{2 \cdot 0,06}{3 \cdot 10^2} = 4 \cdot 10^{-4} (\text{m}).$

Hãy tự đánh giá ảnh hưởng của áp suất tĩnh đơn đến nhiệt độ tắm.

Bài tập

Nước được đổ vào một bình thông rộng ở nhiệt độ $T = 293^\circ \text{ K}$ . Một trong những tàu được đóng chặt. Xác định sự chênh lệch mực nước trong bình nếu áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ này là $p = 2 \cdot 10^3 \text{ h/m}^2$ . Bạn có thể thay đổi áp suất hơi của nước trong bình hở.
Một cái chảo nặng úp ngược, nổi trên mặt nước. Ở nhiệt độ nước $T_1 = 293^\circ \text{ K}$ , không khí chỉ chiếm 1/15 thể tích của chảo và khi nước được làm nóng đến $T_2 = 373^\circ \text{ K}$ , nó sẽ lấp đầy 2/3 thể tích của nó. Xác định khối lượng của chảo $m$ , coi nó là một hình trụ có thành mỏng có diện tích đáy $S = 10^{-2} \text{ m}^2$ . Áp suất khí quyển $p_0 = 10^5 \text{ h/m}^2$ . Bỏ qua áp suất hơi bão hòa của nước ở nhiệt độ ban đầu. Nhiệt độ không khí trong chảo được coi là bằng nhiệt độ nước.
Một bình rộng chứa $m = 0,5 \text{ kg}$ nước ở nhiệt độ $T = 273^\circ \text{ K}$ . Không khí trong tàu nhanh chóng được bơm ra ngoài. Đồng thời, một phần nước đóng băng do bốc hơi mạnh. Xác định khối lượng nước đóng băng, giả sử rằng hệ thống bị dịch chuyển. Nhiệt dung riêng bay hơi của nước là $L = 2,3 \cdot 10^6 \text{ дж/кг}$ , nhiệt dung riêng của nước đá tan chảy là $\lambda = 3,3 \cdot 10^5 \text{ дж/кг}$ .
Hai bình đựng nước được đặt dưới nắp kính. Mực nước trong các bình khác nhau. Giải thích chiều cao của các cấp độ sẽ thay đổi như thế nào theo thời gian.
Giải thích vì sao nước thô sôi nhanh hơn nước đun sôi. Liệu nước thô có sôi trong chảo nổi trong nước sôi đang sôi không?