Dane:

$V=1,5l=1,5\cdot {10}^{-3}{m}^3$  

$d=5cm=5\cdot {10}^{-2}m$  

$T=300K$  

$\Delta T=20K$  

Szukane:

$x=?$  

Rozwiązanie:

Korzystając z równanie Clapeyrona wiemy, że:

$pV=nRT$  

gdzie p jest ciśnieniem, V jest objętością, n jest liczbą moli gazu, R jest stałą gazową, T jest temperaturą. Wiemy, że początkowo po obu stronach tłoka znajdował się gaz oraz tłok był pośrodku. Możemy zatem zauważyć, że:

Korzystając z równania Clapeyrona możemy zapisać, że:

$p_0{V}_0=n_{0_1}R{T}_0\Rightarrow n_{0_1}R=\frac{p_0{V}_0}{T_0}\text{ oraz }{p}_0{V}_0=n_{0_2}R{T}_0\Rightarrow n_{0_2}R=\frac{p_0{V}_0}{T_0}$  

Ponadto wiemy, że średnica jest połową długości promienia, czyli możemy zapisać, że:

$r=\frac{1}{2}d$  

Traktując cylinder jak walec otrzymujemy, że:

$V_0=\pi r^{2}l$  

$\frac{1}{2}V=\pi {\left(\frac{1}{2}d\right)}^{2}l$  

$\frac{1}{2}V=\frac{1}{4}\pi d^{2}l\mid \cdot 4$  

$2V=\pi d^{2}l\mid :\pi d^2$  

$l=\frac{2V}{\pi d^2}$  

Po jednej stronie (wybieramy dowolną) gaz zostaje podgrzany o $\Delta T$  przez co nastąpi przesunięcie tłoka. Ponieważ temperatura jest wprost proporcjonalna do ciśnienia i objętości to wówczas objętość gazu po tej stronie również wzrośnie. Nie zmieni się natomiast liczba cząstek po każdej ze stron tłoka. Możemy to przedstawić poprzez rysunek:

Korzystając z równania Clapeyrona otrzymujemy, że:

$p_1{V}_1=n_{0_1}R{T}_1\Rightarrow n_{0_1}R=\frac{p_1{V}_1}{T_1}\text{ oraz }{p}_2{V}_2=n_{0_2}R{T}_2\Rightarrow n_{0_2}R=\frac{p_2{V}_2}{T_2}$  

Ponieważ gaz podgrzano, a tłok przesunął się to układ dążył do wyrównania ciśnienia. Z tego wynika, że:

$p_1=p_2$  

Wiemy, że temperatura wzrosła, czyli:

$T_2=T_1+\Delta T$  

Objętość gazu po lewej stronie będzie miała postać:

$V_1=\pi {\left(\frac{1}{2}d\right)}^2\left(l-x\right)=\frac{1}{4}\pi d^2\left(l-x\right)=\frac{1}{4}\pi d^2\left(\frac{2V}{\pi d^2}-x\right)=\frac{1}{4}\left(2V-x\pi d^2\right)$  

Natomiast objętość gazu po prawej stronie będzie miała postać:

$V_2=\pi {\left(\frac{1}{2}d\right)}^2\left(l+x\right)=\frac{1}{4}\pi d^2\left(l+x\right)=\frac{1}{4}\pi d^2\left(\frac{2V}{\pi d^2}+x\right)=\frac{1}{4}\left(2V+x\pi d^2\right)$  

Porównajmy równania Clapeyrona stanów gazu dla lewej strony:

$\frac{p_0{V}_0}{T_0}=\frac{p_1{V}_1}{T_1}$  

$\frac{p_0{V}_0}{T_0}=\frac{p_1\frac{1}{4}\left(2V-x\pi d^2\right)}{T}$  

$\frac{p_0{V}_0}{T_0}=\frac{p_1\left(2V-x\pi d^2\right)}{4T}$  

Następnie porównajmy równania dla prawej strony:

$\frac{p_0{V}_0}{T_0}=\frac{p_2{V}_2}{T_2}$  

$\frac{p_0{V}_0}{T_0}=\frac{p_1\frac{1}{4}\left(2V+x\pi d^2\right)}{T_1+\Delta T}$  

$\frac{p_0{V}_0}{T_0}=\frac{p_1\left(2V+x\pi d^2\right)}{4\left(T+\Delta T\right)}$  

Wówczas porównując obie zależności dla poszczególnych stron otrzymujemy, że odległość o jaką przesunie się tłok ma postać:

$\frac{p_1\left(2V-x\pi d^2\right)}{4T}=\frac{p_1\left(2V+x\pi d^2\right)}{4\left(T+\Delta T\right)}\mid \cdot \frac{4}{p_1}$  

$\frac{2V-x\pi d^2}{T}=\left(2V+x\pi d^2\right)\frac{)}{T+\Delta T}\mid \cdot T\left(T+\Delta T\right)$  

$\left(2V-x\pi d^2\right)\left(T+\Delta T\right)=\left(2V+x\pi d^2\right)T$  

$2VT+2V\Delta T-x\pi d^{2}T-x\pi d^2\Delta T=2VT+x\pi d^{2}T\mid +x\pi d^2\Delta T+x\pi d^{2}T-2VT$  

$2V\Delta T=2x\pi d^{2}T+x\pi d^2\Delta T$  

$2V\Delta T=x\pi d^2\left(2T+\Delta T\right)\mid :\pi d^2\left(2T+\Delta T\right)$  

$\frac{2V\Delta T}{\pi d^2\left(2T+\Delta T\right)}=x$  

$x=\frac{2V\Delta T}{\pi d^2\left(2T+\Delta T\right)}$  

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$x=\frac{2\cdot 1,5\cdot {10}^{-3}{m}^3\cdot 20K}{3,14\cdot {\left(5\cdot {10}^{-2}m\right)}^2\cdot \left(2\cdot 300K+20K\right)}=\frac{60\cdot {10}^{-3}{m}^3\cdot K}{3,14\cdot 25\cdot {10}^{-4}{m}^2\cdot \left(600K+20K\right)}=$  

$=\frac{6\cdot \sout{{10}^{-2}}{m}^3\cdot \sout{K}}{3,14\cdot 0,25\cdot \sout{{10}^{\cdot 2}}{m}^2\cdot 620\sout{K}}=\frac{6\sout{m^2}\cdot m}{486,7\sout{m^2}}\approx 0,01232m\approx 1cm$  

Odp.: Tłok przesunie się o  $1cm.$