Bạn có thực sự biết phân tử nhỏ như thế nào không?

Kvant 1988, số 10 tr. 32-37 Thẻ EC1L

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 →

…bắt đầu đánh giá
không thể thấy được trước mắt…
LukrepiY Kar

LukrepiY Kar

Bạn có biết rõ không
Nhỏ thế nào
phân tử

Câu hỏi và bài toán

Vì sao thể tích dung dịch rượu trong nước lại nhỏ hơn thể tích nước và rượu lấy riêng?
Tại sao một quả bóng cao su bị căng quá mức và bị tắc chặt lại bị “xì hơi” trong vài ngày?
Nếu một hỗn hợp khí được đưa qua một ống vi xốp được bao quanh bởi một bình chứa nhiệt mà từ đó không khí đã được sơ tán, thì khí có độ ẩm tương đối cao hơn của các phân tử “ánh sáng” sẽ được làm nóng trong bình chứa hơn là trong đường ống. Làm sao tôi có thể giải thích điều này?
Hydro có ba đồng vị có số khối 1, 2 và 3. Đồng vị nào trong số này được các ion tạo ra chậm hơn các đồng vị khác trong quá trình điện phân nước?
Đường thủy tinh?

…do độ nhỏ của các phân tử của chất này nên áp suất bị ẩn khỏi tầm nhìn.
M. B. Lomonosov

Câu hỏi và bài toán

Để “hàn” miếng sắt này với miếng sắt khác, cả hai mảnh đều được nung nóng trắng trong lò rèn, đặt chồng lên nhau trên đe và xử lý bằng những cú đập mạnh của búa thợ rèn. Tại sao có sự kết nối rõ ràng trong trường hợp này?
Có hai bình giống hệt nhau được lắp đặt trên một chiếc cân có trọng lượng bằng nhau. Một cái chứa đầy không khí khô, cái còn lại chứa đầy không khí ẩm, cũng có áp suất

Tấm kính được phủ một mặt (B) bằng một lớp đồng và được treo bằng một sợi dây, như hình hình. Trong quá trình va chạm, tấm không bị ràng buộc và trong tiếng vỗ tay sẽ phát ra một số ngắt quãng đối với cổng phân tử tổng quát.
Chúng nhỏ đến mức nếu bạn yêu cầu một tỷ phân tử từ mỗi mục tiêu trên bề mặt trái đất, bạn sẽ chỉ nhận được vài phần tỷ gam…
Có rất nhiều trong số chúng đến nỗi nếu bạn đổ một cốc nước có các phân tử được “nhãn” vào Đại dương Thế giới, thì sau một thời gian dài trong cùng một cốc với nước bị đen từ đại dương sẽ có ít nhất 200 phân tử được “nhãn”…
Chúng “chật chội” đến mức trong điều kiện bình thường, mỗi phân tử khí phải chịu tới 10 tỷ va chạm mỗi giây với các phân tử lân cận của nó…
Chúng nhanh đến mức một phân tử khí có thể bay lên mà không cần thủy tinh tới độ cao khoảng 5 km trước khi lực hấp dẫn ngăn chặn nó…
Tuy nhiên, bất chấp một phân tử như vậy và tính “truyền miệng” của nó, các phân tử lại “tự cho đi” rất nhiều. Chúng tôi hy vọng rằng lời giải được đề xuất bài toán không cho phép các phân tử tuột khỏi tầm nhìn trang bị kiến thức của bạn.

Thật thú vị rằng…
…một phần sông Tennessee (Mỹ) được canh tác bằng cách tách một nhà máy tách đồng vị, hai mức khí (uranium-238 và uranium-235) liên tục lưu thông qua các phần khí nhiều hơn được khuếch tán nhanh hơn, do đó hỗn hợp khí của nó liên tục được chỉ định là đồng vị uranium.

Thật thú vị rằng…
…đằng sau những đám mây khu vực của môi trường hàng ngày, không chỉ các mô hình đơn giản kỳ lạ, ví dụ, và các bài giảng, chẳng hạn, với một trang mạnh mẽ, đã được phát hiện, mà còn cả các oranic phức tạp kết nối các đường hoặc vị trí phát xạ giới tính của chúng trong dải tần số vô tuyến.

Kinh nghiệm vi mô
Đun sôi ấm và tắt mọi loại khí được phát hiện bằng đầu đốt gas. Tại sao từ một ấm trà có vòi đốt soda lại có cùng một bài giảng, chẳng hạn như với một trang mạnh mẽ nhưng cũng có một oranic phức tạp kết nối các đường phát xạ giới tính của chúng hoặc các vị trí trong dải tần số vô tuyến?

«Kvant» về phân tử

“Kỷ niệm 175 năm Luật Avozadro” - 1986, số 12, tr. 12;
“Sức mạnh của tương tác phân tử” - 1987, số 1, tr. 31;
“Áp suất khí trong tàu” - 1987, số 9, tr. 41;
“Từ sự sống của các phân tử” - 1988, số 7, tr. 46;
“Nhiệt độ tuyệt đối” - 1988, số 9, tr. 60.

$0 = \frac{\omega_1^2}{2g}(kl)^2 + C \Rightarrow C = -\frac{\omega_1^2}{2g}k^2l^2.$

Phương trình cuối cùng (1) có dạng:

$y = \frac{\omega_1^2}{2g}(x^2 - k^2l^2).$

Đây là một phương trình parabol; ở đây $\omega_1$ biểu thị vận tốc góc mà phần $k$ của khu vực ngày lộ ra.

Để xác định $\omega_1$ chúng ta sử dụng tính chất không nén được của chất lỏng. Thể tích ban đầu của chất lỏng $V = 2lh_0a$ trong quá trình quay sẽ được phân bố đều trên cả hai phía của trục quay: $V/2 = Sa$ , trong đó $S$ là diện tích dưới bề mặt chất lỏng, tức là một phần của mặt phẳng, dưới đồ thị của hàm $y=f(x)$ trên đoạn $kl \leq x \leq l$ . Diện tích hình thang cong này tương ứng với một khoảng nhất định lấy trong khoảng từ $kl$ đến $l$ :

$S = \int_{kl}^{l} ydx = \frac{\omega_1^2}{2g}\left(\int_{kl}^{l} x^2dx - k^2l^2 \int_{kl}^{l} dx\right) =$

$= \frac{\omega_1^2l^3}{6g}(1 - 3k^2 + 2k^3).$

Bây giờ từ sự bình đẳng

$lh_0a = a \frac{\omega_1^2l^3}{6g}(1 - 3k^2 + 2k^3)$

chúng tôi nhận được

$\omega_1 = \frac{1}{l} \sqrt{\frac{6gh_0}{1 - 3k^2 + 3k^3}}.$

Áp suất ở đáy không thay đổi trong quá trình quay. Nó vẫn bằng lực của chất lỏng nặng đổ vào vịnh. Lực ép lên thành bên quay trở lại. Hãy thể hiện nó.

Chúng ta hãy nhẩm chọn một cột chất lỏng có thành mỏng có chiều cao $h$ . Từ điều kiện cân bằng thẳng đứng của nó, suy ra rằng áp suất chất lỏng lên cột này ở đáy dưới của nó bằng $p_h = \rho gh$ (xem hình 2). Nhưng áp suất tại một điểm nhất định trong chất lỏng là đẳng hướng (định luật Pascal). Do đó, áp suất chất lỏng lên tường khi vịnh quay tuyến tính phụ thuộc vào độ sâu. Nếu chất lỏng gần thành bên trong quá trình quay với tốc độ $\omega_1$ tăng lên độ cao $H$ thì lực ép lên thành có thể được biểu thị thông qua áp suất trung bình $p_{cp} = \rho gH/2$ :

$F_1 = p_{cp}Ha = \frac{\rho ga}{2}H^2.$

Trong vịnh nghỉ ngơi có

$F_0 = \frac{\rho ga}{2}h_0^2.$

Như vậy lực ép tăng lên sẽ là $n = (H/h_0)^2$ lần.

Để xác định $H$ tại bức tường, bạn cần thay $x=l$ vào phương trình (2). Cuối cùng, tính đến (3), chúng tôi có được

$n = \left( \frac{3(1-k^2)}{1-3k^2+2k^3} \right)^2.$

Một kết quả thú vị và cần thiết: $n$ chỉ là hàm của $k$ và không phụ thuộc vào loại sự sống, số lượng của nó hoặc kích thước của tế bào. Và quan trọng nhất, $n$ không phụ thuộc vào $g$ , tức là vào vị trí của coveta trong Vũ trụ: trên Trái đất, trên Sao Mộc hay trên một thiên thể. (Ngoại trừ một nơi duy nhất: trên một con tàu vũ trụ. Người đọc sẽ có thể tự giải thích tại sao coveta “không thể quay” ở đó.) Cuối cùng, nếu chúng ta đặt $k=0$ , tức là xoay nó đến tốc độ mà đáy “sẽ chỉ bong ra”, thì “luôn luôn và trọng lượng” sẽ là $n=9$ (!).

G. S. Lapudus

F1120. Để so sánh độ dẫn nhiệt của các vật liệu khác nhau, người ta đề xuất sử dụng phương pháp sau. Hai ống trụ giống hệt nhau làm bằng vật liệu đang nghiên cứu được đặt trên một tấm nóng (xem hình). Mỗi lần một mảnh được đặt trên các hình trụ. Nơi có nhiều khả năng xuất hiện sự tan chảy nhất, xi lanh đó có độ dẫn nhiệt tốt hơn. Phương pháp này có đúng không?

Thật không may, phương pháp so sánh độ dẫn nhiệt đơn giản này không thể được coi là chính xác. Và đây là lý do tại sao.

Thời gian để phần trên của mẫu hình trụ nóng lên đến nhiệt độ nóng chảy nhảy tất nhiên là ngắn hơn thì độ dẫn nhiệt càng lớn. Tuy nhiên, thời gian này còn phụ thuộc vào nhiệt dung của vật liệu làm ống trụ - nhiệt dung càng lớn thì thời gian (lượng nhiệt lớn) cần để làm nóng mẫu đến nhiệt độ thích hợp càng lâu. Như vậy, xi lanh làm bằng vật liệu có độ dẫn nhiệt cao sẽ nóng lên chậm hơn so với xi lanh làm bằng vật liệu có độ dẫn nhiệt thấp và độ dẫn nhiệt kém hơn một chút. Đây chính xác là những gì xảy ra, ví dụ, trong trường hợp điện áp cao và sắt.

Hóa ra phương pháp đề xuất có thể so sánh các đặc tính nhiệt khác của vật liệu, cụ thể là độ khuếch tán nhiệt của chúng. Đây cũng là một đại lượng vật lý quan trọng đặc trưng cho tốc độ thay đổi nhiệt độ của một chất. Hệ số dẫn nhiệt tỉ lệ thuận với tỉ số giữa hệ số dẫn nhiệt và hệ số dẫn nhiệt.

A. I. Buzdin

F1121. Một quả cầu kim loại có bán kính $q$ , đặt cách xa các vật khác rồi đi qua một điện trở có điện trở $R$ . Một chùm dòng điện chạm vào quả bóng, tốc độ của trục từ quả bóng là $v$ . mỗi giây

Hãy xem xét hai lời giải trong số bài toán này.

lời giải đầu tiên là chung chung.

Tổng năng lượng mà các electron mang lại trong một đơn vị thời gian là

$W = n \frac{mv^2}{2}.$

Dòng điện $I = ne$ chạy qua điện trở (số lượng

số electron bằng số electron rơi vào quả bóng trong cùng thời gian), do đó năng lượng chuyển hóa thành nhiệt trong điện trở (trên một đơn vị thời gian)

$P = I^2 R = (ne)^2 R.$

Theo định luật bảo toàn năng lượng, lượng nhiệt tỏa ra trên mỗi quả bóng trong một đơn vị thời gian bằng

$Q = W - P = n \frac{mv^2}{2} - (ne)^2 R = \frac{nmv^2}{2} \left(1 - n \frac{2e^2R}{mv^2}\right).$

Thế năng của quả bóng (chính xác hơn là hiệu điện thế giữa quả bóng và mặt đất)

$\varphi = IR = neR.$

Ở phía bên kia,

$\varphi = k \frac{q}{Q}.$

Như vậy, điện tích của quả bóng

$q = \frac{\varphi_Q}{k} = \frac{neR_Q}{k} = 4\pi\varepsilon_0 neR_Q.$

Lưu ý rằng các electron chạm vào quả bóng nếu động năng của chúng lớn hơn công tiêu tốn để thắng lực đẩy của quả bóng:

$\frac{mv^2}{2} > e\varphi.$

Thay thế $\varphi = neR$ , chúng ta biến đổi điều kiện này dưới dạng:

$n < \frac{mv^2}{2e^2R}.$

Trong trường hợp này, biểu thức trong ngoặc để xác định $Q$ là dương: $Q > 0$ . Như vậy, rõ ràng việc chọn số trong điều kiện không thể tùy ý.

Nếu ban đầu số electron chạm vào quả bóng lớn hơn $n$ thì thế năng của quả bóng tăng dần, sao cho đến một lúc nào đó phần electron ban đầu ngừng chạm vào quả bóng (do lực đẩy electron). Nếu ban đầu điện thế của quả bóng lớn hơn hoặc bằng $\varphi$ , thì các electron không chạm vào quả bóng và điện tích sẽ chảy ra khỏi quả bóng cho đến khi chế độ được mô tả ở bài toán được thiết lập.

lời giải thứ hai cho phép bạn cảm nhận sâu hơn sức mạnh điện tử của nguồn là gì.

Hãy tưởng tượng hệ thống của chúng ta như một mục tiêu điện bao gồm một nguồn có EMF $\mathcal{E}$ và điện trở trong bằng 0 và hai chuỗi “điện trở” kết nối. Lực cản của một trong số chúng là lực cản hiệu dụng của quả bóng $R_{\text{шар}}$ , lực cản còn lại là lực cản đã biết $R$ . Chúng ta sẽ gọi nguồn dòng điện là thiết bị tăng tốc electron (ví dụ, súng điện tử nổi tiếng). Ở đây electron thu được năng lượng $mv^2/2 = e\mathcal{E}$ . Do đó emf của nguồn bằng

$\mathcal{E} = \frac{mv^2}{2e}.$

Mục tiêu được đóng lại thông qua nối đất (chúng ta có thể giả định rằng

Thiết bị tăng tốc nhận chính xác số electron đã chạm đất).

Bây giờ bài toán của chúng ta là xác định lực cản hiệu dụng của quả bóng $R_{\text{ш}}$ , vì lượng nhiệt cần thiết tỏa ra trên quả bóng có thể được tìm thấy từ công thức

$Q = I^2 R_{\text{ш}} = (ne)^2 R_{\text{ш}}.$

Hãy viết định luật Ohm cho mạch của chúng ta:

$\mathcal{E} = I(R + R_{\text{ш}}),$

từ đâu, khi biết $\mathcal{E}$ , $I$ và $R$ , chúng ta tìm thấy $R_{\text{ш}}$ :

$R_{\text{ш}} = \frac{\mathcal{E}}{I} - R = \frac{mv^2}{2ne^2} - R.$

Thay thế $R_{\text{ш}}$ vào biểu thức cho $Q$ , sau khi biến đổi đơn giản, chúng ta thu được biểu thức vốn đã quen thuộc

$Q = n \frac{mv^2}{2} \left(1 - n \frac{2e^2R}{mv^2}\right).$

Điện tích của quả bóng giống như ở lời giải đầu tiên.

I. F. Ginzburg

F1122. Những trường hợp nổi tiếng quan sát thế giới biển trên sa mạc. Ảo ảnh như vậy xuất hiện ở khoảng cách bao xa so với vật đang được quan sát? Xét rằng tốc độ ánh sáng trong lớp đất ở sa mạc thay đổi theo định luật $c(z) = c_0(1 - az)$ , trong đó $c_0$ là tốc độ ánh sáng ở bề mặt trái đất, $z$ là độ cao so với bề mặt.

Sự thay đổi tốc độ ánh sáng trong không khí (và do đó chiết suất của nó) theo độ cao dẫn đến sự bẻ cong các tia sáng (thành khúc xạ).*) Hiện tượng này gây ra sự xuất hiện của ảo ảnh biển trên sa mạc.

Đặt chiều cao quan sát được $h$ đứng trên mặt đất (xem hình). Hãy xem xét các tia sáng phát ra từ điểm $A$ . Một tia tạo góc $\alpha_0$ theo phương thẳng đứng chạm vào bề mặt trái đất rồi đi lên. Các góc $\alpha > \alpha_0$ tương ứng với các tia cũng hướng lên trên. Các tia tới theo góc $\alpha < \alpha_0$ chạm vào mặt đất. Sử dụng tính chất nghịch đảo của tia sáng, chúng ta thu được tính chất đó đến góc $\alpha_0$ người quan sát nhìn thấy trái đất và bắt đầu từ $\alpha_0$ bầu trời. Nhưng vì chùm tia đi tới không gian được quan sát, nên đối với anh ta dường như anh ta nhìn thấy cái đầu (xét cho cùng, một người nhận ra sự truyền ánh sáng của nó là đường thẳng).

Bây giờ chúng ta hãy tìm khoảng cách cần thiết $H$ .

Theo định luật khúc xạ ánh sáng tổng quát đối với môi trường nhiều lớp,

$\frac{\sin \alpha_0}{\sin \beta_0} = \frac{c(h)}{c_0},$

trong đó $c(h)$ là tốc độ ánh sáng ở độ cao $h$ , $\beta_0$ là góc của chùm tia đang nghiên cứu với phương thẳng đứng ở bề mặt trái đất.

*) Bạn có thể đọc thêm về hiện tượng này trong bài viết của A. A. Varlamov và A. I. Malyarovsky “Một ống nói có chiều dài bằng đường xích đạo?” («Kvant», 1985, số 2) và trong bài viết của S. A. Gorderin và P. L. Gorkov “Khúc xạ ánh sáng” trên tạp chí số này.