Hs13 Gas en vloeistof - uitwerkingensite.nl

Natuurkunde Pulsar VWO Deel 2 Hoofdstuk 13 Gas en Vloeistof Uitwerkingen www.uitwerkingensite.nl
Hoofdstuk 13 Gas en vloeistof
■■ 13 Gas en vloeistof
9 a 8,6·10 4 Pa
p 
Fz

m g
A
■■ 13.1 Druk
p 
3 a Bij beide wordt een deksel ingedrukt omdat de
buitendruk groter is dan de binnendruk.
4 a 1 N/cm2 = 104 N/m2 = 104 Pa
Eén m2 bevat 104 cm2, dus als er op elke cm2 een
kracht van 1 N werkt, dan is dat 104 N op een m2.
anders:
1 cm
1N
10
 8, 6  1 0
4
P a = 0 ,8 6 b a r
4
m
2

1
10
4
N
m
2
4
 10 N / m
2
4
 10 P a
b 1 bar = 105 Pa → 1 mbar = 102 Pa = 1 hPa
5
De ruimte waarin de spiraal zit luchtledig maken.
6
practicum
7
De kracht wordt groter maar de oppervlakte ook,
doordat de band wordt ingedrukt.
Als de oppervlakte (bijna) net zoveel is
toegenomen als de kracht is er weer evenwicht,
zonder dat de druk noemenswaardig is gestegen.
8 a 264 N
r = 2,9 cm → A = ·r 2 = 26,4 cm2 = 26,4·10 –4 m2
De druk is 1,0 bar = 1,0∙105 Pa
dus F = p∙A = 1,0∙105 × 26,4∙10-4 = 264 N
of:
De druk is 1,0 bar = 10 N/cm2
dus F = p∙A = 10 × 26,4 = 264 N
b Omdat de luchtdruk in alle richtingen werkt, werkt
er op de bodem ook een kracht van 264 N naar
boven. Dus hoef je alleen de zwaartekracht te
compenseren.
c Bij de eerste keer is er nog onderdruk in de pot en
wordt het deksel door de buitendruk stevig tegen
de pot gedrukt, waardoor de weerstandskracht erg
groot is bij het draaien.
Fz
A

7, 0  9, 8 1
8, 0
 8, 6 N /cm
2
 0, 8 6 b a r
d Omdat er horizontaal wordt getrokken moet de
horizontale component van alle krachten die de
luchtdruk op de bol uitoefent worden overwonnen.
Die horizontale krachten ‘zien’ alleen de verticale
oppervlakte van de cirkel midden door de bollen.
De buitenlucht drukt overal loodrecht op de bollen,
dus aan de bovenkant schuin omlaag en aan de
onderkant schuin omhoog. De verticale
componenten onder en boven heffen elkaar op.
Dus alleen de horizontale componenten tellen
mee, en die ‘zien’ alleen de verticale oppervlakte
van de cirkel midden door de bollen.
b Als je er een gaatje in prikt zal de zuignap loslaten
omdat dan onder de zuignap de druk gelijk is aan
de buitendruk.
Je kunt ook de tegel met de zuignap onder een
stolp zetten en de lucht wegpompen. Dan valt de
zuignap er ook af. Als de zuignap aan de tegel
‘plakt’ dan zou hij in beide gevallen blijven zitten.

4
c 18 kN
r = 25,5 cm → A = ·r 2 = 2043 cm2
de kracht wordt bepaald door het drukverschil,
dat is 0,90 bar = 9,0 N/cm2 = 9,0∙104 Pa, dus
F = p∙A = 9,0×2043 = 18385 N = 18 kN
of:
F = p∙A =0,90∙105 × 0,2043 = 18 kN
practicum
2
8, 0  1 0
b Omdat er onder de zuignap ook nog wat lucht zit;
het drukverschil moet 0,86 bar zijn dus de
buitenluchtdruk moet hoger zijn dan 0,86 bar.
b Een ballon met minder gas. Die stijgt langzamer
terwijl hij met de wind wordt meegevoerd én hij
kan hoger stijgen voordat hij knapt. Er zijn dus
twee oorzaken waardoor die verder komt.
1N
7, 0  9, 8 1
of:
1 a Naarmate de ballon hoger komt wordt de
omgevingsdruk lager. Door de overdruk van
binnenuit zwelt de ballon steeds verder op totdat
hij knapt.
2

A
10
practicum
11
eenheid
is gelijk
1 N/m 2
1 N/cm2
1 bar
1 hPa
1 mbar
1 mbar is dus hetzelfde als 1 hPa
aan ......Pa
1
104
105
102
102
12 a Er is een overdruk want in het vliegtuig is de druk
hoger dan buiten.
b 3,2 kN
het drukverschil is 0,40 bar = 4,0 N/cm2 = 4,0∙104
Pa, dus
F = p∙A = 4,0×800 = 3200 N = 3,2 kN
of:
F = p∙A =0,40∙105 × 800∙10-4 = 3,2 kN
c De kracht van de sponning werkt naar binnen
omdat de overdruk een kracht naar buiten
uitoefent.
13 a 1,7 kPa
p 
Fz
A

m g
A

6 0  9, 8 1
35 10
2
 1, 7 k P a
Dit is de overdruk die door het gewicht van jouw
lichaam wordt veroorzaakt.
b 5,0·10 –2 N
het drukverschil is 1,68∙103 Pa = 0,186 N/cm2, dus
de kracht op het stopje is:
© Noordhoff Uitgevers bv
43
Pulsar-Natuurkunde vwo deel 2
F = p∙A = 0,168×0,30 = 0,050 N
of:
F = p∙A =1,68∙103 × 0,30∙10-4 = 0,050 N
dus zoveel wrijvingskracht is er minstens nodig om
het stopje op zijn plaats te houden.
‘Minstens’ omdat de druk kan variëren als je
beweegt; en als je overeind komt wordt je
oppervlakte kleiner, dus de druk groter.
De druk van 10 meter water is ongeveer gelijk aan
de druk van 76 cm kwik.
Voor dezelfde druk moet het water dus 10 : 0,76 = 13 × zo hoog staan.
Dus is kwik ongeveer 13 × zo zwaar als water: 13 × 1000 kg/m3 = 13∙103 kg/m3
19
NB: De eenheid van druk is Pa =
c Jouw gewicht wordt over een kleiner oppervlak
verdeeld waardoor je een grotere plaatselijke druk
uitoefent en daardoor verder in het luchtbed weg
zakt.
d Door met een vinger op het luchtbed te duwen
stijgt de druk in het luchtbed iets en daardoor de
kracht die het luchtbed op de persoon uitoefent.
De persoon zal daardoor iets omhoog gaan.
Daarvoor was er immers al evenwicht tussen de
kracht die het luchtbed op de persoon uitoefent en
het gewicht van de persoon.
14 a 5,0 bar
p 
F
A

100
2, 0  1 0
 5, 0  1 0 P a  5, 0 b a r
5
4
of: 100 N op 2 cm2 = 50 N/cm2 = 5,0 bar
b 7,5·10 2 N
F = p·A = 5,0·10 5 × 15·10 –4 = 7,5·10 2 N
of: de druk is hetzelfde dus als de oppervlakte 7,5
keer zo groot is dan is ook de kracht 7,5 keer zo
groot
c Het indrukken van de kleine zuiger kost 7,5 keer
minder kracht dan bij de grote zuiger, maar als je
de kleine zuiger indrukt dan verplaatst de grote
zuiger zich 7,5 keer minder. (bij dezelfde
indrukking verplaatst de kleine zuiger 7,5 keer
minder water)
Dus wat je wint aan kracht verlies je aan afstand:
dat is de gulden regel.
Beide zuigers verrichten ook evenveel arbeid,
want als de kracht 7,5 keer kleiner is dan is de
verplaatsing 7,5 keer groter)
15
16
A
Door de warme opstijgende lucht boven de
vlammen wordt van onderaf verse lucht
aangezogen. Tussen de vlammen in stijgt die het
snelst, dus daar is de druk het laagst.
17 a Een verticale drukgradiënt is een drukverandering
in verticale richting.
20
practicum
21
practicum
44
18
13·10 3 kg/m3
© Noordhoff Uitgevers bv
2
22 a 4,9·10 5 Pa
De vloeistofdruk is:
p = ρ·g·h = 998 × 9,81 × 40 = 3,9·10 5 Pa
De totale druk is dus 4,9·10 5 Pa = 4,9 bar
b Omdat de bolvorm de sterkste constructie heeft
vergeleken met andere vormen en bovendien het
kleinste oppervlak heeft bij een gegeven volume.
c 9,8∙105 N
Op tien km diepte is de waterduk:
p = ρ∙g∙h = 998×9,81×10000 = 9,8∙107 Pa =
9,8∙103 N/cm2
dat is ook het drukverschil op het raampje
(in de bathyscaaf is de druk 1,0 bar, maar boven
het water ook)
de kracht is dus: F = p∙A = 9,8∙103×100 =
9,8∙105 N
23 a 1,293 kg/m3 bij T = 273 K en p = p0
b 12,7 Pa/m
Δp = Δh∙ρ∙g = 1,0×1,293×9,81 = 12,7 Pa
dus de drukgradiënt is 12,7 Pa/m
korter: de drukgradiënt is
p
h
   g = 1,293× 9,81 = 12,7 Pa/m
c 7,9 km
de druk van de dampkring is 1,0 bar = 1,0·10 5 Pa
p = ρ·g·h → 1,0·10 5 = 1,293×9,81× h →
h = 7,9·10 3 m
d 6,3 Pa/m
De drukgradiënt is recht evenredig met de
dichtheid (zie vraag b), dus als de dichtheid nog
maar de helft is, is de drukgradiënt ook
gehalveerd:
6,3 Pa/m
24
b Lucht is heel licht, daardoor is er per meter maar
heel weinig drukverschil.
Je kunt het ook zien aan de formule Δp = Δh∙ρ∙g;
omdat ρ klein is, is Δp ook klein.
N
m
Andere eenheden zoals torr, cm kwikdruk en cm
waterdruk zijn sinds 1963 verboden (zie Binas
tabel 5).
pulsje
■■ 13.2 Drukverschillen
1 bar = “760 mm kwikdruk” = 760 torr
practicum
25 a Het volume van de vloeistof is A·h en de massa is
·V, dus:
Fz  m  g    V  g    g  A  h
Hoofdstuk 13 Gas en vloeistof
b p
Fz
A

 g Ah
A
 g h
45
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar-Natuurkunde vwo deel 2
c Als je een even hoge kolom hebt met bijvoorbeeld
vijf keer zoveel oppervlakte, dan zit er vijf keer
zoveel vloeistof in en is de kracht op de bodem vijf
keer zo groot. Omdat die kracht op een vijf keer zo
groot oppervlak werkt is de druk hetzelfde.
26 a Omdat de druk van de lucht in het flesje kleiner is
dan de buitendruk.
b De druk onderaan het buisje is 1,0 bar. De
overdruk bij het gaatje hangt af van het
hoogteverschil tussen het gaatje en de onderkant
van het buisje, en dat is constant (tot het water
beneden het buisje is gedaald).
In de praktijk is de straal niet echt constant maar
stootsgewijs, doordat de lucht door het buisje niet
gelijkmatig naar binnenstroomt, maar met
belletjes.
b Dan kan er een luchtbel naar binnen glippen.
c 0,99 bar
De onderdruk in het flesje komt overeen met de
druk van 8,0 cm water.
p = pb – ρ·g·h = 1,0·10 5 – 998 × 9,81 × 0,080 =
0,99·10 5 Pa = 0,99 bar
27 a Bloeddruk is per definitie overdruk. De druk in je
bloedvaten moet iets meer zijn dan de
omgevingsdruk. Als die overdruk niet te klein en
niet te groot is dan werkt je bloedsomloop naar
behoren.
b 1,59∙104 Pa = 159 hPa
de dichtheid van kwik is 13,546∙103 kg/m3
p = ρ∙g∙h = 13546×9,81×0,120 = 15946 Pa =
159 hPa
28 a Het kwik stond 720 mm hoog.
p = ρ·g·h → 956,4·10 2 = 13,546·10 3 × 9,81 ×h
h = 0,720 m
b Als de barometer schuin staat moet er meer kwik
in om hetzelfde hoogteverschil (h) aan te kunnen
geven, dan zit er dus minder in het reservoir
onderin.
h
h
29 a 760 torr
Want 1 torr is de druk van 1 mm kwik.
b 1,01·10 5 Pa
p = ρ·g·h = 13,546·10 3 × 9,81 × 0,76 = 1,01·10 5 Pa
c De standaarddruk is 1,01325 bar
(Zie Binas tabel 7)
De uitkomst van b klopt niet precies, omdat daar
de dichtheid van kwik bij 293 K is gebruikt.
30 a
p1
h
46
Omdat er steeds minder water boven het gaatje
staat, is er steeds minder overdruk. (De overdruk
van het water bij het gaatje hangt af van de hoogte
h.)
© Noordhoff Uitgevers bv
c Zolang het buisje nog in het water steekt is de
straal constant. Daarna wordt hij steeds zwakker,
net als bij vraag a.
d Hoe hoger de onderkant van het buisje, des te
groter de overdruk bij het gaatje.
Daar staat wel weer een nadeel tegenover,
namelijk...)
e De druk boven het water neemt toe.
De druk onderaan het buisje is constant 1,0 bar.
Die druk is ook gelijk aan de druk in het flesje
boven het water + de druk van het water dat
boven de onderkant van het buisje staat. De
laatste neemt steeds af door het dalen van het
water. Dan moet de eerste dus toenemen.
Er gaat dus naar verhouding meer lucht naar
binnen dan het volume van de ruimte boven het
water toeneemt.
31
Door de grotere snelheid van de lucht boven het
dak is de luchtdruk daar lager dan de luchtdruk
onder het dak. Door dit drukverschil zal het dak
een kracht naar boven ondervinden.
32
Omdat de snelheid van de lucht boven de vleugel
groter is dan eronder is de druk daar kleiner dan
eronder waardoor de vleugel een kracht (‘lift’) naar
boven krijgt. (Zie ook vraag 31)
33 a Als het balletje zweeft is de kracht omhoog van de
lucht gelijk aan de zwaartekracht. Als het balletje
naar beneden wordt geduwd wordt het in de
richting van toenemende druk geduwd waardoor
de kracht van de lucht groter wordt dan de
zwaartekracht en het balletje dus weer naar boven
beweegt tot beide krachten weer aan elkaar gelijk
zijn.
(De druk neemt immers af in de richting waarin de
lucht stroomt).
b Naar buiten toe is de snelheid van de lucht kleiner
en is dus de druk groter waardoor het balletje weer
naar het midden wordt teruggeduwd.
34 a Als er lucht langs de bovenkant van het trilplaatje
wordt geblazen dan is de luchtsnelheid daar het
grootst en dus de druk lager dan onder het plaatje.
Het plaatje wordt daardoor naar boven geduwd.
b Als het plaatje naar boven gaat wordt de opening
kleiner en de luchtstroming afgeremd. Daardoor
stijgt de druk en gaat het plaatje weer omlaag.
Maar dan gaat de lucht weer sneller stromen en
daalt de druk weer, gaat het plaatje weer omhoog,
etc.
Hoofdstuk 13 Gas en vloeistof
35 a Hoe hoger de snelheid, hoe groter de onderdruk in
het buisje. De computer meet de absolute druk in
het buisje. Om de onderdruk te kunnen berekenen
moet hij ook de buitenluchtdruk weten.
b De positie van het vliegtuig en eindbestemming
moet bekend zijn (via GPS), de hoogte,
windsnelheid en -richting, en het weer op de rest
van de route op de betreffende vlieghoogte. Dan
kan je de resterende reistijd berekenen.
■■
13.3 Gassen
36
B
Het eendje bevat een vloeistof die makkelijk
verdampt. Daardoor zit in de kop en in het bolletje
onderaan ook damp van die vloeistof.
Het water op de snavel van de eend verdampt.
Voor verdamping is warmte nodig die o.a. aan de
damp in de kop wordt onttrokken. Hierdoor koelt
de damp af en zal de druk ervan afnemen. De
dampdruk in het bolletje onderaan is nu groter dan
in de kop waardoor de vloeistof in het buisje
omhoog wordt geduwd.
37
38
39
Als je ervan uitgaat dat je de pomp iedere keer
volledig leeg drukt en het volume van de slang en
het ventiel te verwaarlozen is, dan zijn A en B juist.
Want aan het begin van elke slag is de druk in de
pomp 1,0 bar, dus de pomp bevat steeds evenveel
lucht.
In werkelijkheid blijft er steeds een beetje lucht
achter onderin de pomp en de slang. Dat restant
heeft steeds hetzelfde volume maar een steeds
hogere druk, doordat de druk in de band steeds
hoger wordt. Er blijft dus steeds meer lucht achter
in de pomp, en er gaat dus per slag minder de
band in. Dan is antwoord D dus het beste.
Antwoord D is echter niet helemaal goed: Het
verhaal klopt ook als het ventiel meteen open
gaat. Er blijft wel méér lucht achter als het ventiel
pas bij een bepaald drukverschil open gaat.
Bij een klaplong kun je geen onderdruk meer
opbouwen. Als je de borstholte vergroot, gaat de
long niet mee.
De druk van 1 meter water is 0,1 bar.
Je moet dus een onderdruk van 0,1 bar hebben.
Dus de longdruk moet van 1 bar naar 0,9 bar, dat
is 0,9 maal zo groot, dus moet volgens de wet van
Boyle het volume 0,9 maal zo klein, of 1,11 maal
zo groot worden.
40 a Als de druk niet stijgt terwijl het volume afneemt bij
contante temperatuur, dan moet het aantal
‘deeltjes’ in het gas afnemen. Er vindt dus
condensatie plaats.
b Dan ontstaat er steeds meer ethervloeistof. Je ziet
‘mistdruppeltjes’.
41
i-puls
42
practicum
43 a Moleculen zijn gelijkmatig verdeeld en bewegen in
alle richtingen. Overal in het gas botsen dus
gemiddeld evenveel moleculen per cm2 per
seconde.
b Als het volume wordt gehalveerd, verdubbelt de
dichtheid en zullen de moleculen per tijdseenheid
dus twee keer zo vaak op een wand botsen en dus
zal de druk verdubbelen.
c Stikstofmoleculen zijn lichter. Ze moeten dus
harder en/of vaker botsen om dezelfde druk uit te
oefenen. Dat kan alleen als ze sneller bewegen.
Ze botsen dus vaker en (gemiddeld) met meer
snelheid, maar de ‘stoot’ per botsing is minder.
De gemiddelde bewegingsenergie van moleculen
is evenredig met de absolute temperatuur en dus
voor alle moleculen gelijk, dus:
1
2
m1  v 1 
2
1
2
m2 v2 
2
m1
m2

v2
2
v1
2

v2
m1

v1
m2
Dus de gemiddelde snelheden zijn omgekeerd
evenredig met de wortels uit de massa’s.
Hoe groter de massa, hoe kleiner de snelheid.
44 a Om aan de zwaartekracht van de maan te
ontsnappen is een hoge snelheid nodig. Bij een
lage temperatuur halen de moleculen die snelheid
niet.
b De temperatuur is niet hoog genoeg én de
zwaartekracht is groter dan op de maan.
c Zie uitleg bij 43c. Waterstofmoleculen zijn bij
dezelfde temperatuur sneller dan
stikstofmoleculen. Bij de op aarde voorkomende
temperaturen halen stikstofmoleculen de
ontsnappingssnelheid niet; waterstofmoleculen
wel.
Stikstofmoleculen zijn 14 keer zo zwaar als
waterstofmoleculen; volgens de formules bij
opdracht 43c zijn waterstofmoleculen dus bij
dezelfde temperatuur gemiddeld √14 = 3,7 keer zo
snel als stikstofmoleculen.
45 a 40 N
Het volume wordt twee keer kleiner, dus wordt de
druk twee keer groter (Wet van Boyle)
→ p = 2,0·105 Pa. De overdruk is dus 1,0·10 5 Pa
en die moet jij leveren. De kracht is dus
F = p·A = 1,0·105 × 4,0·10 –4 = 40 N
b 0,20 N
Die ondervindt een netto kracht van
F = p·A = 1,0·105 × 2,0·10 –6 = 0,20 N
Korter:
de oppervlakte van de opening is 200 × kleiner
dan de zuiger; dan is bij dezelfde druk de kracht
ook 200 × kleiner, dus 40 N : 200 = 0,20 N.
c Twee keer zo groot.
De onderdruk is dan
p 
F
A

20
4, 0  1 0
4
47
 5, 0  1 0
4
P a = 0 ,5 0  1 0
5
Pa
De druk is dan 1,0·10 5 – 0,50·10 5 = 0,50·10 5 Pa
De druk is dus twee keer zo klein geworden en
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar-Natuurkunde vwo deel 2
volgens de wet van Boyle wordt het volume dan
twee keer zo groot.
Twee keer zo groot als de beginsituatie, toen de
druk nog 1,0 bar was. Als je vergelijkt met de
situatie van vraag a is het volume dus vier keer zo
groot.
1/p tegen V
1/p (1/bar)
2 ,0 0
46 a 4,0 bar
hij kan de inhoud van zijn longen verkleinen tot
6,0 – 4,5 = 1,5 L, dat is vier keer zo klein; dan
wordt de druk dus vier keer zo groot: 4,0 bar
in formulevorm:
p1·V1 = p2·V2 → 1× 6,0 = p2 × 1,5 → p2 = 4,0 bar
1 ,5 0
1 ,0 0
0 ,5 0
0 ,0 0
0
b 5,0 L
hij kan de druk maar 1,2 keer zo groot maken, dus
het volume 1,2 keer zo klein:
6,0 L : 1,2 = 5,0 L
in formule:
p1·V1 = p2·V2 → 1× 6,0 = 1,2 × V2 → V2 = 5,0 L
Zie Binas tabel 83B.
47 a p·V is hier niet constant. Als het volume
bijvoorbeeld vijf keer kleiner wordt moet de druk
vijf keer groter worden en die wordt 3,86 keer
groter.
10
20
30
40
3
V (c m )
e De grafiek is recht, dus er is in principe een recht
evenredig verband tussen V en 1/p, dus een
omgekeerd evenredig verband tussen V en p. Dat
betekent dat het gas zich ‘ideaal’ gedraagt.
Alleen gaat de grafiek niet door nul; blijkbaar zijn
alle volumes iets groter dan je denkt. Dat komt
waarschijnlijk door het volume van de manometer
(en de verbinding met de spuit). Dat heeft Preston
niet gemeten, maar het telt wel mee.
48 a Bij stand 50 cm3 (dan is de druk 0,50 bar) de
kraan open zetten.
b
b Zie diagram bij 47b. Alle drukken worden bij
hetzelfde volume twee keer zo groot omdat
je twee keer zoveel moleculen hebt.
(Als het gas dan nog steeds ideaal is.)
49 a 1,03·10 5 Pa
p = ρ·g·h = 0,998·10 3×9,81×0,13 = 1273 Pa =
0,013 bar
De overdruk in het glas is dus 0,013 bar; de
absolute druk is 1,02+0,013 = 1,03 bar.
b Het oppervlak in het glas is op elke hoogte even
groot, dus het volume is recht evenredig met de
hoogte. In formule:
c De druk neemt minder snel toe dan je zou
verwachten. Als dat komt door ‘niet-ideaal gedrag’
dan moeten de moleculen groepjes zijn gaan
vormen waardoor het aantal ‘deeltjes’ afgenomen
is.
d
48
1/p
volume
cm3
druk
40
0,64
1,56
25
1,00
1,00
20
1,23
0,813
15
1,59
0,629
10
2,25
0,444
5
3,86
0,259
bar
p1  V1  p 2  V 2  p1  h1  A  p 2  h 2  A  p1  h1 
p 2  h2
c 15,8 cm
Toen het glas nog boven water was, was de druk
1,02 bar en de hoogte van de lucht 16 cm; nu is de
druk 1,033 bar.
p1·h1 = p2·h2 → 1,02·105 ×16 = 1,033·10 5 ×h2 →
h2 = 15,8 cm
korter:
de druk is 1,033/1,02 = 1,013 keer zo groot
geworden; dan is de hoogte 1,013 keer zo klein
geworden: 16 : 1,013 = 15,8 cm
d Afwaswater is meestal warm, dus de wet van
Boyle geldt niet omdat de temperatuur van de
lucht verandert.
Bovendien zit er ook waterdamp in het glas die
zich niet als ideaal gas gedraagt.
50
© Noordhoff Uitgevers bv
practicum
Hoofdstuk 13 Gas en vloeistof
51 a Bij volumeverkleining gaan er moleculen van de
dampfase naar de vloeistoffase. De dichtheid van
de damp blijft gelijk.
b 0,65 gram
In de grafiek in bron 11 zie je dat bij 100 °C de
druk van het butaan 15 bar is; bij
kamertemperatuur was die 2 bar. De druk is dus
7,5 keer zo groot geworden.
Als je aanneemt dat het volume niet veranderd is
dan is er dus ook 7,5 keer zoveel damp: 0,75
gram. Er is dus 0,65 gram verdampt.
Het volume van 0,65 gram vloeibaar butaan is
minder dan 1 cm3, dus als het flesje niet heel erg
vol zit is de volumeverandering van het gas
inderdaad te verwaarlozen.
54
55 a Als je in de eenheid psi zou werken en
terugrekenen naar Pa moet je de omrekenfactor
(zie Binas tabel 5) zowel links als rechts invullen.
En daarna deel je ze direct weer weg. De moeite
van het omrekenen kun je je dus besparen.
Bij

T1

T2
250
V2

293
299
 V 2  255
m3
Er verdwijnt dus 255 – 250 = 5 m3 lucht
De massa hiervan is ongeveer
m = ρ·V = 1,3 × 5 = 6,5 kg
Antwoord C ligt hier het dichtste bij.
Zie ook opdracht 58 en 65.
Je kunt het heel snel schatten: de temperatuur (in
K) stijgt ongeveer 2%, dus het volume neemt ook
met 2% toe, dat is 5 m3, en dat weegt ongeveer
6,5 kg.
53 a Die temperaturen zijn goed gedefinieerd (ijkpunten
van Celsius) en goed in te stellen en constant te
houden: kokend water is 100 °C en een mengsel
van water en ijs is 0 °C.
b Hij woog het kleine glaasje voor en na de proef.
Daarmee kon hij nauwkeurig uitrekenen wat het
volume was van het ‘omhooggezogen’ water, en
dat is gelijk aan de volumeverandering van het
gas.
c In werkelijkheid moet gelden :
V1

T1
V2
T2

V1
V2

T1
T2

373
T1

267  100
vergelijk je twee toestanden en
T2
Dat is niet het geval met
p V
 n  R , hier vul je
T
b
p 1  V1

p2  V2
T1
T2
2
c R  p V  m
n T
V1

T1
N
56
, als p1 = p2 geldt:
m
m ol  K
V2
T2
3

N m
m ol  K

J
m ol  K
practicum
57 a Bij een hogere temperatuur neemt de gemiddelde
snelheid van de moleculen toe waardoor ze vaker
per seconde en harder tegen de wanden botsen,
dus neemt de druk toe.
b Als je het volume vergroot, wordt de dichtheid van
het gas kleiner waardoor de moleculen minder
vaak zullen botsen en de druk dus afneemt.
58 a 1,02 bar
T (K)
p (bar)
288
1,0
294
1,02
b 255 m3
T (K)
V (m3)
288
250
294
255,2
c 6,7 kg
Er is 5,2 m3 lucht weggestroomd, de massa
hiervan is m = ρ·V = 1,293 × 5,2 = 6,7 kg
d In c. is de dichtheid van lucht bij 0 °C gebruikt. Bij
een hogere temperatuur is de dichtheid kleiner.
De lucht zal ook waterdamp en CO2 bevatten.
 1, 3663
273
59 a 5 m3
De proef levert echter op 1,375 en dit is precies de
verhouding tussen de temperaturen als je het
absolute nulpunt bij –267 °C kiest, immers:
T2
p2  V2
de gegevens van één toestand in. R heeft alleen
de waarde 8,3145 als je voor alle grootheden de
SI-eenheid gebruikt.
C
Stel het volume van het lokaal op 250 m3 en de
temperatuur op 20°C. Als de leerlingen binnen zijn
stijgt de temperatuur tot 26°C.
De druk blijft constant omdat het lokaal niet
luchtdicht is afgesloten. Volgens de volumewet
van Gay Lussac geldt dan:
V2

staat de druk aan beide kanten van het “=”-teken,
dus mag je de eenheid zelf kiezen, als je maar
links en rechts dezelfde eenheid gebruikt.
■■ 13.4 De algemene gaswet
V1
p 1  V1
T1
c Er kan veel meer ‘gas’ in een fles zonder dat de
druk heel hoog wordt. En tijdens het koken blijft de
druk constant zolang er nog vloeistof in de fles zit.
52
293 °C
p is constant dus als het volume verdubbelt, moet
ook de temperatuur verdubbelen:
T2 = 2 × 293 = 586 K = 313 °C →ΔT = 313 –20 =
293 °C. (Maar dan is al het water in het sop al wel
verdampt).
 1, 375
267
Je kunt ook de vergelijking
x  100
oplossen; dan vind je x = 267
x
p 1  V1
T1

p2  V2

T2
1, 0  1, 8
273  18

0, 3  V 2
273  50

V2 = 4,60 = 5 m3
b Eerst bij gelijkblijvend volume de nieuwe druk
 1, 3 7 5
berekenen:
p1
T1

p2
T2

1, 0
291

p2
223
 p 2  0, 766
© Noordhoff Uitgevers bv
49
Pulsar-Natuurkunde vwo deel 2
Vervolgens bij constante T het nieuwe volume
berekenen:
p1·V1 = p2·V2 → 0,766 × 1,8 = 0,3 × V2
V2 = 4,60 = 5 m3
Je kunt ook eerst de volumewet en dan de wet van
Boyle gebruiken, of omgekeerd.
60
Als de absolute temperatuur twee keer zo hoog
wordt bij dezelfde druk, dan wordt het volume ook
twee keer zo groot. Als je vervolgens weer
samenperst tot het oorspronkelijke volume, dan
wordt volgens de wet van Boyle de druk twee keer
zo groot.
Dus als de temperatuur twee keer zo hoog wordt
bij constant volume, dan wordt de druk twee keer
zo groot.
c 2,8 kg
Reken eerst het aantal mol uit:
n 
61 a Doe alsof de drukwet hier geldt:
T (K)
287
315
p (bar)
4,8
5,27
dan zou de overdruk in de band dus 4,27 bar
worden.
De werkelijke druk is iets lager, dat kan alleen als
het volume ook iets groter is geworden.
b 1,4 L
p 1  V1

T1
p 2 .V 2

T2
4,8  1, 4
273  14

5,1  V 2
273  42
200
201
1
T1

p2 
2
wordt dan
T2
1, 0  6, 4
293
65


p 2  4, 4
323
T1
p2
T2

 2, 8 3  0, 9 9 5  2, 8 3  2, 8 2  2, 8 k g lichter
p V
R T
5

1, 0  1 0  2 5 0
8, 3 1 4 5  2 8 8
 10440
mol
het kan natuurlijk korter:
Δ n  n1  n 2 
p1  V1
T1  R

p2 V2
T2  R

p V  1
1 



R  T1 T 2 
1, 0  1 0  2 5 0  1
1 


  213 m ol
8, 3 1 4 5
2
8
8
2
9
4

5
Δn 
(Druk en volume blijven immers constant).
64 a 113 bar
Als de overdruk 200 bar is, is de absolute druk 201
bar.

= 88,55 mol
op dezelfde manier bij 294 K: n = 10227 mol
er is dus 10440 – 10227 = 213 mol lucht
weggestroomd; dat is 213 × 28,8 = 6136 g = 6,1
kg

pulsje
p1
273  8, 3145
6,1 kg
Reken voor beide situaties uit hoeveel mol lucht er
in het lokaal zit:
bij 15 °C = 288 K:
n 
p2 = 1,6 bar
63
3
geworden
1,6 bar
De lucht boven het kwik is niet alleen in
temperatuur gestegen; hij is ook samengeperst.
Het buisje van de thermometer heeft overal
dezelfde doorsnede. (anders was de
schaalverdeling niet lineair). Daarom kun je in
plaats van het volume ook de lengte van de
luchtkolom gebruiken in de gaswetten (zie
opdracht 49b)
Bij 20 °C is de luchtkolom 6,4 cm lang; bij 50 °C
nog maar 4,4 cm.
p1 
R T
201  10  10  10
5

dat is 88,55 × 32,0 = 2834 g = 2,83 kg
als de fles ‘leeg’ is, is de druk 1 bar, dus 1/201 deel
blijft erin; de fles is dus
V2 = 1,446 = 1,4 L
62
p V
201
273

p2
154
66 a 0,68 kg
p = 1,0·10 5 + 35·10 2 = 1,035·10 5
n 
© Noordhoff Uitgevers bv
293  8, 3145
= 42,5 mol
b Je krijgt meer gas als het koud is omdat bij lagere
temperatuur de dichtheid groter is.
(In de formule zie je dat alle variabelen gelijk
blijven behalve T, die wordt kleiner, dus het aantal
mol n wordt groter).
67
50
T R
1, 035  10  1, 0
5

dat is 42,5 × 16 = 680 g = 0,68 kg
 p 2  113 bar
b De druk neemt volgens Gay Lussac lineair af (1)
totdat er condensatie optreedt. Dan neemt de druk
snel af, ongeveer volgens (2)
p V
De molaire massa van butaan is 1,32 keer zo
groot als van propaan, dus 1 m3 butaan is ook
1,32 keer zo zwaar als 1 m3 propaan (want 1 m3
bevat evenveel mol)
Butaan levert 1,29 keer zoveel energie per m3 als
propaan, dus per kilo (of per gram) is dat vrijwel
hetzelfde.
Hoofdstuk 13 Gas en vloeistof
d 0,3 bar
Aangenomen dat T niet is veranderd:
als de zuiger 12 cm is ingedrukt, dan is het volume
van de buis ¾ keer zo groot geworden; dan is de
druk 4/3 keer zo groot: 1,33×1,0 = 1,3 bar; het
drukverschil is dan 0,3 bar. (want de band is ‘leeg’,
dus in de band is de druk 1,0 bar)
als je de formule wilt gebruiken kun je in plaats van het volume de hoogte invullen, net zoals bij
opdracht 49:
p1·V1 = p2·V2→ p1·h1 = p2·h2 →1,0 × 48 = p2 (48–
12)
→ p2 = 1,33 = 1,3 bar → Δp = 0,3 bar
Enkelvoudige koolwaterstoffen leveren bij
verbranding allemaal ongeveer evenveel energie
per C-atoom; en de molaire massa wordt
grotendeels bepaald door het aantal C-atomen.
68
17,1 mg
n 
p V
1, 0  10  10  10
5

T R
6
 3, 88  10
8, 3145  310
4
m ol
dus m = 44 × 3,88·10 –4 = 0,017 g = 17 mg
69 a Het deksel zit op de pot geschroefd. Pas bij een
kleine overdruk wordt hij omhoog gedrukt en kan
er lucht en waterdamp ontsnappen.
e 7,8 gram
De absolute druk in de band is nu 4,8 bar.
b 0,86 bar
p1

T1
p2
1,1

T2
p2

373
293
 p 2  0, 864  0, 86 bar
c De wet geldt niet omdat het aantal dampmoleculen
niet constant is. Dit aantal neemt door condensatie
af.
Een damp gedraagt zich dus niet als een ideaal
gas als er ook vloeistof aanwezig is, tenzij je er
rekening mee houdt dat het aantal deeltjes in het
gas niet constant is. Als je dat op de juiste manier
in rekening brengt kun je gewoon de algemene
gaswet gebruiken.
d 0,98 bar
Het aantal mol n = 0,86·10 –3 : 18 = 4,78·10 –5 mol
p V
T
 n R  p 
4, 7 8  1 0
5
n  R T
 8, 3 1 4 5  2 9 3
50 10

V
6
 2 3 2 8 P a  0 ,0 2 3 b a r
De onderdruk is dus: 1,0 – 0,023 = 0,98 bar
■■ Voorbeeldproefwerk
1 a Voordeel: Je perst per slag meer lucht in de band.
(Je hoeft dus minder slagen te maken).
Nadeel: Om dezelfde druk op te bouwen is bij een
groter zuigeroppervlak (A) een grotere kracht
nodig, want: F = p·A .
(Je moet dus een grotere kracht uitoefenen bij een
bredere buis).
b 8,6 bar
Als de straal van de buis 1,7 cm aan de
binnenkant is: A = ·1,7 2 = 9,08 cm2 = 9,08·10 –4
m2
p 
Fz
A

m g
A

7 0  9, 8 1
9, 0 8  1 0
4
5
 7, 5 6  1 0 P a =
7,6 bar is de overdruk.
c Temperatuurstijging heeft geen invloed op de
druk, want de druk hangt alleen af van de kracht
en de oppervlakte.
(T heeft wel invloed op het volume, want:
p V
T
 n R  V 
n  R T
p
T omhoog dus
V omhoog, het volume zal dus wel toenemen).
n 
p V
T R
4, 8.10  1, 4  10
5

3
(273  25 )  8, 3145
= 0,271 mol, dus m
= 28,8 × 0,271 = 7,8 g
2
1,6 bar
Hij moet een overdruk aanwijzen van 1,0 bar plus
de druk van 6,5 m water.
p = 1,0·105 + ρ·g·h = 1,0·105 +998×9,81×6,5 =
1,64·105 Pa = 1,6 bar
3 a Omdat niet de druk gelijk is aan nul maar de
overdruk.
b Als er te weinig lucht boven het water zit loopt de
druk heel snel op tijdens het oppompen, en ook
weer heel snel terug tijdens het spuiten. Je kunt
dan maar heel even spuiten en dan is de druk
weer weg.
c 0,75 L
Na het bijpompen is het volume van de nieuwe
hoeveelheid lucht nog steeds 0,3 L
(vloeistoffen zijn immers niet samendrukbaar).
Om uit te rekenen hoeveel water er nog in zit na
het spuiten moet je uitrekenen hoe groot het
volume van de lucht is geworden. Bij het begin
was de absolute druk van de lucht 3,5 bar; op het
eind 1,0 bar.
T is constant dus geldt:
p1·V1 = p2·V2 → 3,5 × 0,3 = 1,0 × V2 → V2 = 1,05
L
Je kunt ook gewoon beredeneren dat het volume
van de lucht 3,5 keer zo groot is geworden.
Het totale volume was 1,5 + 0,3 = 1,8 L, waarvan
nu 1,05 L lucht, dus de hoeveelheid water is nu
nog 1,8 – 1,05 = 0,75 L
d Om al het water eruit te krijgen moet het volume
van de lucht 1,8 L worden, dus 6 keer zo groot.
Dan moet de druk aan het begin 6,0 bar zijn want
de druk moet 6 keer zo klein worden.
Reken uit hoe hoog de druk bij 30 °C is geworden:
p1
T1

p2
T2

3, 5
273  15

p2
273  30

p2 = 3,81 = 3,8 bar; dat is dus niet genoeg.
Met dezelfde berekening als bij c. wordt het
nieuwe volume van de lucht 1,14 L . Er is dan nog
0,65 L water over in de plantenspuit.
© Noordhoff Uitgevers bv
51

Download Report