Opgaven 1 - Stevin vanaf 2016

Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
Pagina 1 van 21
Opgaven 1.1 – Kracht en druk
1
a
In de tekst van de opgave is sprake van een Hoovercraft, dit moet zijn: Hovercraft.
A  56  23  1288 m2
p
b
Fgas op Hover
A
Fz 3,0  105  9,81

 2284,..  2,3  103 Pa overdruk
A
1288

Het gewicht van de auto duwt de banden in.
F
1200  9,81
p  z  80  103 
 A tot  0,147.. m2
A tot
A tot
2,3 kPa
3,7 dm2
De auto rust op vier banden. Het contactoppervlak van één band met de weg is
A
2
0,147..
4
 0,0367.. m2  3,7 dm2
1 inch  2,54  10-2 m
p
318 N

2
1 inch
3

318 N
 
0,02542 m2
 4,929..  105  4,93  105 Pa
4,93 bar
m   V



3
  2,6  10 kg/m (Binas tabel 10)
  m  2,6  10  0,003  7,8  8 kg

V  0,6  50  100  3000 cm3  0,003 m3 

8 kg
Eén zuignap moet door de kracht Fb van de luchtdruk de halve plaat kunnen dragen.
Stel de luchtdruk b = 105 Pa
1F
1  7,8  9,81
Fb
z
p
 2
 105  2
 A zuignap 4  104 m2  4 cm2
Azuignap Azuignap
Azuignap
4 cm2
b
F  p  A  (75  103  26  103 )  (0,25  0,25)  3,06..103  3,1 103 N
3,1 kN
c
Van binnen naar buiten, want buiten is de druk lager.
−
a
Astuwvlak 
a1
3
a2
4

3
1
4
π  d2 
1
4
π  0,102  0,00785.. m2
Fstuw  p  A  4100  10  0,00785..  3,22..  10  3,2 10 N
5
b
6
6
3,2∙106 N
Neem voor de schatting aan dat de versnelling constant is.
s
1 a t2
2
 47 
1  105  t 2
2
5
 t  94  105  0,030.. s
3
3 km/s
3
v  a  t  10  0,030..  3,0..  10  3  10 m/s
Stel, de lelie zakt Δh dieper in het water.
De extra opwaartse druk van het water is dan Δp = ρ∙g∙Δh en de extra opwaartse
kracht door het water Fop = Δp∙Ablad
Deze opwaartse kracht moet de baby dragen.
Fop  (  water  g  h )  Ablad  mbaby  g  Fz   water  h  Ablad  mbaby
5


2
2
2
Ablad  π  r  π  0,50  0,785.. m  

mbaby  6,0 kg

7,6 mm
 water  1,0  103 kg/m3
 1,0  103  h  0,785..  6,0  h  0,00764..  0,0076 m
6
a
De dwarsdoorsnede van de bollen is A 
1
4
π d2 
1
4
π  0,5752  0,2596.. m2
Op elke vacuüm halve bol oefent de lucht een kracht uit:
F  p  A  1,013  105  0,259.. N .
Elk paard neemt hiervan een achtste deel voor zijn rekening:
Fpaard 
1
8
 105  1,013  0,259..  3245,..  3,3  103 N
3,3 kN
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
b
c
Ja.
De muur neemt de ene halve bol voor zijn rekening, de zestien paarden de andere
halve bol. Per paard 1,6∙103 N
Pagina 2 van 21
−
Fz,max  m  g  p  A  (1,00  0,25)  105  95  104  712,5 N
m
712,5
9,81
 72,6..  72 kg
72 kg
Naar beneden afronden. Ook de halve bol zelf heeft gewicht.
7
a
b
8
a
b
c
9
a
Als d = 30,0 cm komt er juist geen gas uit en geen water in het buisje.
In het horizontale vlak door de opening is de gasdruk even groot als de
buitenluchtdruk vermeerderd met de waterdruk van 30 cm waterhoogte.
pwater    g  h 


  998 kg/m3   pwater  9,81 998  0,300  2937,.. Pa  29,4 hPa
h  0,300 m 


 pgas  b  pwater  1007  29  1036 mbar
1036 mbar
Er dringt water het buisje in.
En wel zoveel dat de onderkant van het gas nog steeds 30 cm onder het
wateroppervlak is. Daar blijft in dat horizontale vlak gelden:
pgas  b  pwater  1007  29  1036 mbar
−
Als je op twee voeten staat, is je steunoppervlak 2 x 150 = 300 cm 2 = 0,0300 m2
De druk die je op de ondergrond uitoefent, is dan
gewicht Fz 509,81
p


 16350  1,6104 Pa
A
A 0,0300
De stofzuiger kan niet genoeg tegendruk leveren om je omhoog te krijgen
nee
Als je gaat zitten, wordt je gewicht over een groter oppervlak verdeeld.
Het contactoppervlak hoeft maar 1,6 keer groter te worden dan wanneer je op twee
voeten staat. Dan zal het wel lukken.
ja
De overdruk die je longen kunnen leveren, is
pwater    g  h 


  998 kg/m3   pwater  998  9,81 0,80  7832  0,78  104  1,6  104 Pa

h  0,80 m


Het lukt dus niet als je blijft staan.
nee
De druk in de afgesloten ruimte onder de kurk is lager dan de buitenluchtdruk.
Het verschil komt overeen met 10 cm waterdruk.
met b  plucht,binnen  pwater
10
−
b
p  pwater    g  h  998  9,81 0,10  979,..  9,8  102 Pa
9,8∙102 Pa
a
De buitenluchtdruk b
−
b
In het horizontale vlak door P geldt in evenwicht
b  plucht,binnen  pwater boven P
Als water wegstroomt, neemt pwater boven P af en is b  plucht,binnen  pwater boven P .
−
Dan stroomt bij P lucht binnen om het evenwicht te herstellen.
c
pG  b  pwater,PG is constant, omdat de verticale afstand tussen P en G constant is.
−
d
Verander de afstand tussen P en G.
Dus trek het buisje wat omhoog of duw het wat verder naar beneden.
−
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
Pagina 3 van 21
e
−
11
a
Op zijn borstkas staat een extra druk door een waterkolom van 50 cm hoogte.
−
b
p    g  h  998  9,81 0,50  4895,..  4,9  10 Pa
4,9 kPa
c
p   g h
3


3
kwik  13,5  10 kg/m   p  13,5  103  9,81 28  3,70..  106  3,7  106 Pa
3
h  28 m
12
a
b



In het linkerglas zit olie en in het rechterglas water.
Onderaan de beide rietjes is de overdruk blijkbaar gelijk.
De vloeistofhoogte d1 levert dezelfde overdruk als de vloeistofhoogte d2.
Blijkbaar heeft vloeistof 1 een kleinere dichtheid dan vloeistof 2.
Dan zit in het linkerglas olie en in het rechterglas water. Zie Binas tabel 11.
37 bar
−
Onderaan de beide rietjes geldt:
plongen  b  1  g  d1  b  2  g  d2
 1  d1  2  d2
Zoek de dichtheden op in Binas tabel 11
1  paraffineolie  0,80  103 kg/m3 
d1 2 0,998 5




3
3
d
1
0,80
4
2

2   water  0,998  10 kg/m

13
a
Het is hier handig om, net als in de tijd van Pascal, de luchtdruk te meten via de
hoogte van een vloeistofkolom, meestal water of kwik. Die oude eenheden vind je nog
in Binas tabel 5. Zie ook p.12R.
b  1 bar  10 m waterduk
5:4
31 cm
10
32 voet  10 m  1 voet 
 0,312..  0,31 m
32
(Volgens Binas tabel 5 is 1 voet = 0,3048 m)
b
In beide buizen daalt de vloeistof. Maar de wijn daalt minder dan het water.
Immers, voor beide geldt: b    g  h
−
En omdat water  alcohol wordt hwater  halcohol
13
c1
 wijn V   water  0,90 V  alcohol  0,10 V
  wijn  0,90   water  0,10  alcohol  0,90  998  0,10  800  978,2 kg/m3
Voor de dichtheid van water en alcohol: zie Binas tabel 11.
Deze uitkomst is eigenlijk te klein.
Bij het mengen van water en alcohol doet zich het merkwaardige verschijnsel voor dat
90 cm3 + 10 cm3 < 100 cm3. Dat komt doordat de (kleinere) watermoleculen deels kruipen in de
ruimte tussen de (grotere) alcoholmoleculen.
De uitkomst zou in hooguit twee cijfers nauwkeurig gegeven mogen worden. De dichtheid ligt
tussen 9,8 en 9,9 g/cm3.
c2
978 kg/m3
hwater  32 voet
 wijn  hwijn   water  hwater  hwijn 
 water
998
h

 32  32,64.. voet
 wijn water 978,2
Het hoogteverschil is dus ruim 0,6 voet of ongeveer 2 dm.
ruim 0,6 voet
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
Pagina 4 van 21
Opgaven 1.2 – De gaswet van Boyle
14
a
b
p1 
11,0 N
1 cm2

11,0 N
1 104 m2
 1,10  105 Pa  1,10 bar
p1 V1  p2  V2 met p in N/cm2 en V in cm3 


11,0  90  p2  400
1,10 bar
2,5 N/cm2
 p2  2, 47..  2,5 N/cm2
c
p1 V1  p3 V3 met p in N/cm2 en V in cm3 


11,0  90  25,0 V3
40 cm3
 V3  39,6....  40 cm3
15
p2 V2  p1 V1  2,40  1,50  3,60 bar  dm3
a
p  0,60  3,60  p  6,0 bar
6,0 bar
b
4,00 V  3,60  V  0,900 dm3
0,900 dm3
c
−
16
a
p1 V1  p2 V2
Zonder kip:
p1  1,00 bar


V1  10,00 dm   1,00  10,00  p2  9,50  p2  1,052..  1,05 bar

V2  9,50 dm3 
b
3
1,05 bar
Met kip:
p1  1,00 bar


V1  (10,00  Vk ) dm 
  1,00  (10,00  Vk )  1,06  (9,50  Vk )
p2  1,06 bar

3 
V2  (9,50  Vk ) dm 
3
 10,00  1,00  Vk  10,07  1,06  Vk  0,06  Vk  0,07  Vk  1,1..  1 dm3
1 dm3
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
17
a
F  p  A met A 
1
4
π d2 
1
4
Pagina 5 van 21
π  (4,0  102 )2  1,25..  10 3 m2
De samengeperste lucht oefent een kracht naar buiten uit:
Fuit  p  A  2,50  105  1,25..  103  314,.. N
De buitenlucht oefent een kracht uit naar binnen:
Fin  p  A  1,03  105  1,25..  103  129,.. N
1,8∙102 N
Om de zuiger op zijn plaats te houden, moet een extra kracht uitgeoefend worden
naar binnen:
Fextra  314,..  129,..  184,..  1,8  102 N
b
p2 V2  p1 V1  2,50  100  250 bar  cm3
0,50 V2  250  V2  500 cm3
6,00 V3  250  V3  41,6.. cm3
−
18
a
V  Vs  Vm
Je meet de druk van de lucht in de spuit en de manometer samen.
b
p1 V1  p2 V2
p1  (Vs,1  Vm )  p2  (Vs,2  Vm )
 1,13  (20,0  Vm )  2,00  (10,0  Vm )
−
3,0 cm3
 22,6  1,13  Vm  20,0  2,00  Vm  0,87  Vm  2,6  Vm  2,98..  3,0 cm3
c
p1  (Vs,1  Vm )  p2  (Vs,2  Vm )
 1,13  (20,0  2,98..)  p  (7,0  2,98..)  p  2,600..  2,60 bar
d
p1  (Vs,1  Vm )  p2  (Vs,2  Vm )
 1,13  (20,0  2,98..)  1,60  (Vs  2,98..)  Vs  13,24..  13,2 cm3
19
a
De druk van de lucht in de manometer was 1,00 bar en wordt gehalveerd.
Het volume was Vm en wordt verdubbeld tot Vm + 4,5. Dus ook Vm = 4,5 cm3
b
p1  (Vs,1  Vm )  p2  (Vs,2  Vm )
 1,00  (0  4,5)  0,33  (Vs  4,5)  Vs  9,13..  9,1 cm3
20
a
b
V  (Vs  Vk )  Vm
Door de knikker is de overgebleven ruimte in de spuit Vs – Vk. En er is ruimte in de
manometer.
p1  (Vs,1  Vk  Vm )  p2  (Vs,2  Vk  Vm )
 1,00  (30,0  Vk  4,0)  1,94  (15,0  Vk  4,0)  Vk  3,04..  3,0 cm3
2,60 bar
13,2 cm3
−
9,1 cm3
Vs−Vk+Vm
3,0 cm3
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
c
V
4
3
π  r 3  3,04..  r  3 0,726..  0,898.. cm
 d  2  r  2  0,898..  1,79..  1,8 cm
21
a
b
gewicht Fz 90,0  9,81


 1261,.. Pa  0,012.. bar
A
A
0,70
 pnieuw  1,51  0,012..  1,522..  1,52 bar
pextra 
Pagina 6 van 21
1,8 cm
1,52 bar
V1  2,00  0,80  0,10  0,16 m3
p1 V1  p2 V2
1,51 0,16  1,52..  V2  V2  0,158.. m3
 V  0,16  0,158..  0,001..m3
< 5 dm3
Volgens de regel voor afronden bij optellen en aftrekken op p. 274 van deel 1 zou je
ΔV = 0,16 − 0,158.. moeten afronden op 0,00 m3.
Als we echter ook hier één decimaal meer kiezen, dan is 0,001 m 3 nog net
toegestaan.
Fraaier is dit antwoord: ΔV < 0,005 m3 = 5 dm3.
22
p V  C
Als pboven 
  rboven  
3
2
3
pbeneden, dan Vboven  32 Vbeneden
3
2
 rbeneden 3  rboven  3 32  rbeneden  1,14..  rbeneden
 dboven  1,14..  dbeneden  1,14..  20  22,8..  23 cm
23 cm
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
Pagina 7 van 21
Opgaven 1.3 − De algemene gaswet
23
a
De druk en de hoeveelheid gas zijn constant. Als formule mag je gebruiken:
V2 V1
T

 V2  2 V1
T2 T1
T1
1,37
T1  0 °C  273 K
 T2 373

 1,366..  1,37

T2  100 °C  373 K 
T1 273
b
x=3
Immers, Vbol 
c
4
3
π  r 3 Zie p.18 van je boek.
V2  1,366.. V1  r23  1,366..  r13
d  2  r  d23  1,366..  d13  d2  3 1,366..  d1  1,109..  d1  1,11 d1
24
a
b
c
3
1,11
Volgens de figuur is plucht  b  polie
De olie staat rechts ongeveer 2 cm hoger dan links.
2 cm waterdruk zou ongeveer 200 Pa zijn (zie Binas tabel 5), wat erg weinig is ten
opzichte van de 105 Pa van de buitenluchtdruk.
2 cm oliedruk is nog minder: olie heeft een kleinere dichtheid dan water.
Dus plucht  b
1,00 bar
De drukveranderingen zullen niet groter zijn dan een paar cm oliedruk. Wat heel erg
weinig is ten opzichte van de druk van de buitenlucht.
De figuur geeft de situatie bij kamertemperatuur. Als de temperatuur stijgt en het
volume van de afgesloten lucht groter wordt, zal het niveauverschil in de U-buis eerst
kleiner worden en daarna weer groter.
−
Stevin vwo deel 2
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Pagina 8 van 21
d
−263 C
De rechte door de meetpunten snijdt de temperatuuras bij −264 C.
(Coach geeft als vergelijking van de rechte is V  0,0247..  t  6,533.. )
25
a
Algemene gaswet
p V
p V
 n R  n 
. Gebruik S.I.eenheden.
T
R T
In het begin:
p1  2,00 bar  2,00  105 Pa 


2,00  105  10  103
V1  10 L  10  103 m3
 0,881.. mol
  n1 
8,3145  273
T1  0,0 °C  273 K


R  8,3145 J/(mol  K)

0,47 mol
Aan het eind:
p2  1,00 bar  1,00  105 Pa 


1,00  105  10  103
V2  10 L  10  103 m3
 0,410.. mol
  n2 
8,3145  293
T2  20 °C  293 K


R  8,3145 J/(mol  K)

Er is weggestroomd 0,881.. − 0,410.. = 0,470.. = 0,47 mol
26
b
M  28 g  m  0, 470..  28  13,1..  13 g
13 gram
a1
Is p∙V voor B en D gelijk? Ja, want
pB∙VB = 2,4∙0,10 = 0,24 bar∙m3
pD∙VD = 1,2∙0,20 = 0,24 bar∙m3
−
a2
Van A naar B verdubbelt de druk bij constant volume, dus de temperatuur wordt
tweemaal zo hoog.
Van A naar D verdubbelt het volume bij constante druk, dus de temperatuur wordt
tweemaal zo hoog.
400 K
Op beide manieren vind je dat TB,D  2  200  400 K
a3
Van D naar C verdubbelt de druk bij constant volume, dus de temperatuur wordt
tweemaal zo hoog.
Van B naar C verdubbelt het volume bij constante druk, dus de temperatuur wordt
tweemaal zo hoog.
Op beide manieren vind je dat TC  2  400  800 K
800 K
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
Pagina 9 van 21
b
−
27
p (bar)
V (dm3)
T (K)
1
1,00
0,50
293
2
2,50
0,20
293
3
2,50
0,40
586
4
2,00
0,50
586
5
1,00
0,50
293
a
p4 V4  p3 V3  p4  0,50  2,50  0,40
 p4  2,00 bar
Verder is p5  p1 en V5  V1
−
Stevin vwo deel 2
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Pagina 10 van 21
b
−
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
Pagina 11 van 21
Opgaven hoofdstuk 1
Fmax  pmax  A
28
p  pboven  ponder  b  ponder  b


 pmax  b  105 Pa
A
1
4
1
4
2
d 
 (55  10
3 2
)  2,37..  10
2
3
m 

2,4∙102 N

 Fmax  105  2,37..  10 3  2,37..  102  2, 4  102 N
29
a
W  F  s  ( p  A)  s
p  5,0  105 Pa
A
1
4
2
π d 
s  2,0  10
2
2 2
π  (1,0  10 )  7,85..  10
1
4
m
5


m 


2
0,79 J
 W  (5,0  105  7,85..  10 5 )  2,0  10 2  0,785..  0,79 J
b
 0,785.. 
c
1
2
 10  10
0
1 m v2
2
0
1 m v 2
2
5
 p  7,85..  10
13 m/s
 v  v  12,5..  13 m/s
W  Ek  Ek,2  Ek,1 
 ( p  A)  s 
30
1 m v 2
2
3
2
W  Ek  Ek,2  Ek,1 
 2,0  10
a1
m    V    (  A)
a2
F  p  A  (   g  h )  A
8,1 bar
2

1  10  10 2  16 2
2
5
 p  8,14..  10 Pa  8,1 bar
−
Dezelfde formule krijg je met F  Fz  m  g   V  g    h  A  g
a3
F  ma  a 
b
a
c
d
31
a1
a
g h
g h
F
 g h A g h


m
 A
 2,0 
a 
9,81 h
 h  0,0305..  0,031 m
0,15
9,81 5,0  102
 3,27..  3,3 m/s2
0,15
Het water staat rechts hoger dan links.
Op het horizontale waterdeel wordt een kracht naar achter (naar links) uitgeoefend.
pA  pwater  b
 pA  b  pwater  1000  6,0  994 cm waterdruk
a2
b
pB  b  pwater
−
−
3,1 cm
3,3 m/s2
−
9,94 m
waterdruk
 pB  1000  11,0  1011 cm waterdruk
10,11 m
waterdruk
Boven de waterkolom heerst pA, eronder pB.
pA  pwater  pB
−
 pwater  pB  pA  1011 994  17 cm waterdruk
32
a1
Fb  pwater  A  pwater  ( 41 π  d 2 ) ~ d 2

Fb,2
Fb,1

d 22
d12

2,02
1,5
2
 1,77..  1,8
1,8
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
a2
omtrek  2π  r  π  d ~ d

b
Fw,2
d2 2,0

 1,33..  1,3
d1 1,5

Fw,1
1,3
Als Fb ook met een factor 1,3 zou toenemen (en niet met factor 1,77..), zou de kurk op
zijn plaats blijven. Dat is het geval als boven de grotere kurk de waterhoogte kleiner is.
hnieuw  1,33..
 2,00  1,50 m
1,77..
33
Pagina 12 van 21
1,50 m
a
F  m  a  16,0  103  6,0  96  103 N
96 mN
b
Het achtereind van de buis versnelt naar rechts, maar de kwikdraad blijft door zijn
traagheid achter bij die beweging. De ruimte met afgesloten lucht wordt kleiner. Die
lucht wordt samengeperst.
−
c
F  p  A
F  0,096 N


2
6
A  8,0  10 m 

d
 0,096  p  8,0  106  p  12  103 Pa
p2 V2  p1 V1  p2 
 p2 
2
 p1 
2A
 p1 
1 A
12 kPa
(A  8,0 mm2 )
1
1  12,0 cm


p1  b  1,03  105 Pa


5
3
5
p2  b  p  1,03  10  12  10  1,15  10 Pa 
 1,15  105 
34
a
2
 1,03  105  12,0 
2
 10,74..  10,7 cm
De kracht van de luchtdruk binnen en de veerkracht zijn in evenwicht met de kracht
van de luchtdruk buiten.
p  A  Fveer  b  A
 p  b
Fveer
A
π  0,142  0,0153.. m2 

Fveer  130 N


5
b  p0  1,01325  10 Pa

130
 p  1,01325  105 
 92880,..  93  10 3 Pa
0,0153..
A
b
10,7 cm
1
4
π d2 
1
4
93 kPa
p2 V2  p1 V1
p2  400  92,8..  103  150
35 kPa
3
 p2  34830,..  35  10 Pa
c
Voor het vergroten van het luchtvolume van 150 cm 3 tot 400 cm3 is nodig
F  p  A  (92880,..  34830,..)  0,0153..  893,.. N
Fz,max  mmax  g
 mmax
893,..

 91,0..  91 kg
9,81
91 kg
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
35
Gebruik als eenheid van druk de cm waterdruk. Dat is hier handiger.
Zie Binas tabel 5.
In het begin was de druk inde cilinder p1 = b = 1000 cm waterdruk.
De lengte van de luchtkolom was ℓ1 = 40 cm.
Nu is x cm water binnengedrongen in de cilinder.
De luchtdruk in de cilinder is p2 = 1000 + 15 – x = 1015 – x
De lengte van de luchtkolom is ℓ2 = 40 – x
Pas de wet van Boyle toe. Je mag ℓ gebruiken in plaats van V, want de cilinder heeft
overal dezelfde doorsnede,
p2  2  p1  1
Pagina 13 van 21
0,57 cm
(1015  x )(40  x )  1000  40
 x 2  1055  x  600  0  x  0,569..  0,57 cm
36
a
p1  b  pzuiger  b 
Fzuiger op gas
Azuiger
b  103  103 Pa
Azuiger 
1
4
π d 
2
1
4
2 2
 (2,50  10 )  4,908..  10
4
Fzuiger op gas  m  g  0, 400  9,81  3,924 N
 p1  103  103 
b
pextra 
3,924
4,908..  10 4
Fzuiger op gas
A



m 


2
111 kPa
 110,9..  103  111 103 Pa
mg
8,00  9,81

 159878,..  159,8.. kPa
A
4,908..  104
p1  110,9.. kPa
3
V1  50,0 cm
p2  p1  pextra



 110,9..  159,8..  270,8.. kPa 

20,5 cm3
p2 V2  p1 V1
 270,8..  V2  110,9..  50,0  V2  20, 48..  20,5 cm3
c
p3  V3  p1  V1
 p3  35,0  110,9..  50,0  p3  158,5.. kPa
p3  p1  pextra  158,5..  110,9..  pextra  pextra  47,5.. kPa
en pextra 
 47,5..  103 
d
2,4 kg
Fz
A
mextra  9,81
4,908..  10 4
 mextra  2,38..  2, 4 kg
Boyle
p V  C

mg

) V  C
m  g   (b 
A
p b
A 

mg
1
g
1
1
b
 C   m   C   b  m  CgA   bgA
A
V
A
V
V
Dit is van de vorm
y  p  x  q : een rechte lijn die de negatieve Y−as snijdt
−
Stevin vwo deel 2
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Pagina 14 van 21
e
−
q aflezen in de figuur: q 
37
bA
g
 b  q
g
A
a
Het gaat erom of de opwaartse kracht, dus het gewicht van het verplaatste water,
groter of kleiner is dan de zwaartekracht op de met ijzerdraad omwonden reageerbuis.
Hoe dieper de reageerbuis onder water is, des te groter de druk op de afgesloten lucht
en des te kleiner het volume van de afgesloten lucht. Dan wordt er minder water
−
verplaatst en is de opwaartse kracht kleiner.
Voorbij een bepaalde diepte d is het luchtvolume, dus het gewicht van het verplaatste
water, zo klein dat de opwaartse kleiner is dan de zwaartekracht op de reageerbuis:
de reageerbuis zinkt.
b
d wordt groter
Op een hogere verdieping is de buitenluchtdruk kleiner. Er is dan meer waterdruk
nodig, dus een hogere waterkolom, voordat de afgesloten lucht het kritische volume
heeft.
−
Er zal water uit het flesje spuiten.
Het natte vloeipapier sluit de hete lucht en waterdamp in de grote fles af.
Bij afkoeling neemt de druk in de fles af, vooral omdat waterdamp condenseert en er
voor de lucht in de fles meer ruimte beschikbaar komt.
De druk in de grote fles is dan lager dan die boven het water in het spuitflesje: er spuit
water uit het flesje.
−
38
39
Als de cilinder horizontaal ligt, speelt het gewicht van de zuiger geen rol. Je hebt
alleen te maken met de kracht van de luchtdruk binnen en buiten en met de
weerstandskracht.
a1
a2
Als de zuiger naar buiten wil gaan, werkt de weerstandskracht naar binnen. Net als de
kracht van de buitenluchtdruk.
F
p  A  Fw  b  A  p  w  b
A
2, 40
p
 100  103  112  103 Pa
2,0  10 4
Het volume is nog niet veranderd. Je mag de drukwet van Gay−Lussac gebruiken.
p2 p1

T2 T1
112 100


 T2  324,8  325 K  52 oC
T2
290
112 kPa
52 C
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
b
Nu werkt de weerstandskracht naar buiten, net als de kracht van de luchtdruk in de
cilinder.
F
p  A  Fw  b  A  p  b  w
A
2, 40
3
 p  100  10 
 88  103 Pa
2,0  10 4
Nog steeds is het volume niet veranderd.
p3 p1

T3 T1

40
a
b1
c
41
a
−18 C
88 100

 T3  255,2  255 K  18 oC
T3 290
m
V
Bij vaste stoffen en vloeistoffen is de volumeverandering per kelvin erg klein.
En zij zijn vrijwel niet samendrukbaar.

p2  V2 p1 V1

T2
T1
1025  V2 1013  1,00


 V2  1,060..  1,06 m3
293
273
b2
Pagina 15 van 21
−
1,06 m3
ρ(aardgas) = 0,833 kg/m3 bij T = 273 K en p = p0. Zie Binas tabel 12
Bij T = 293 K en p = 1025 mbar is deze 0,833 kg verspreid over 1,060.. m 3
m 0,833
 
 0,7853..  0,785 kg/m3
V 1,060..
0,785 kg/m3
Te weinig.
Een gasmeter meet het gebruik in m3.
In 1 m3 zit in de zomer minder gasmassa dan in de winter.
−
Erratum: Het volume op de grond is niet 6,5∙103 m3 maar 6,5∙103 dm3, dus 6,5 m3.
Bereken eerst met de algemene gaswet het aantal mol helium.
p V
p V
 n R  n 
T
R T
1,00  105  6,5
 2,71..  102 mol
8,31 288
m  n M
n
1 kg
 m  2,71..  102  4  10 3  1,0..  1 kg
b
Zie Binas tabel 30B
−
T  230 K en p  1 103 Pa
c
p V
n  R T
 n R V 
T
p
V 
Vbol 
42
a
2,715..  102  8,31 230
1 103
4
3
 5,1..  102 m3
10 m
π  r 3  5,1..  102  r  3 1,23..  102  4,9..  d  2  r  9,9..  10 m
Het volume van de basketbal verandert niet of nauwelijks.
p2 p1

T2 T1
p
1,54
 2 
 p2  1,697..  1,70 bar
323 293
1,70 bar
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
b
Pagina 16 van 21
p V
 n R  p ~ n
T
Het aantal mol, dus ook de massa van de lucht, is bij constante temperatuur en
constant volume evenredig met de druk.
p  1,54  1,00  0,54 bar  m  590  586  4 g
 p  1,54 bar  m 
1,54
 4  11, 4.. g lucht in de opgepompte bal
0,54
−
mlucht in de bal
11, 4..

 0,019..  2%
mopgepompte bal
590
c1
Nadat de fles was omgedraaid en geopend, verdween ¾ van het oorspronkelijke
volume lucht. Zoveel wordt nu namelijk ingenomen door water.
Vlucht  1  41  34 fiasco  m  2465  2461  4 drachme
5 d/f
m 4 drachme

 3
 5,3..  5 drachme/fiasco
V
fiasco
 lucht
4
c2
1600 drachme
 2133,.. d/f
3 fiasco
4
 water 
4∙102 : 1

2133,.. 400
 water 

lucht
5,33..
1
c3
Zie Binas tabellen 11 en 12.
De dichtheid van lucht is opgegeven bij 0 C en standaarddruk. Bij kamertemperatuur
zal de dichtheid kleiner zijn, de lucht is uitgezet.
lucht,20oC
lucht,0oC

273
273
 lucht,20oC 
 1,293  1,204..  1,20 kg/m3
293
293
8,3∙102 : 1
Bij 20 C
 water
998
831,.. 8,3  102



lucht 1,20..
1
1
De waarde van Aristoteles was bijna 100 x te klein. Galilei vond een waarde die maar
ongeveer 2 x kleiner was dan wij nu kennen.
43
a
k


p
k-1
1  p1
 V
k
1
T1k
p1k-1 



p1 V1k
T1k
p
k-1
 p2
2
p1k-1
T1k

p2k-1
p2k-1 
T2k
k
2

p2 V2k
−

T2k
p2  V2k
(1,00)0,4

 V
T2k
Poisson  p1  V1k 
b
k
 p V 
 p V 
p V
p V
p k V k p k V k
Gay-Lussac  1 1  2 2   1 1    2 2   1 k 1  2 k 2
T1
T2
T1
T2
 T1 
 T2 

T21,4


p1k-1 p2k-1

 k 
T1
T2k


(2,0)0,4
(290)1,4
−35 C
0,4
 T21,4
44
a
 1,0 


 2,0 
1,4
 (290)
 T2 
1,4
o
2122,..  237,8..  238 K  35 C
Bij deze snelle (adiabatische) compressie geldt
p2 V2k  p1 V1k  p2 V21,4  p1 V11,4
1,4
1,4
V 
 71 
p2   1   p1     1,00  390,..  3,9  102 bar
 1
 V2 
Je mag ℓ gebruiken in plaats van V omdat de doorsnede van de luchtkolom overal
tijdens het indrukken gelijk is.
3,9∙102 bar
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
b
F  p  A  ( p2  b )  A
 F  (390,..  1,0..)  105  25  106  974,..  9,7  102 N
c1
c2
45
Ek 
1
2
 m v 2 
1
2
 0,5  103  2002  10  1 101 J
Ek

10

 0,018..  2%
W
  
535,..
W  F  s  974,..  0,55  535,.. J


Pagina 17 van 21
9,7∙102 N
1 daJ
2%
a
Als je uitademt, wordt de omvang van je borstkas kleiner en verplaats je minder water.
De opwaartse kracht (Archimedes, zie ook opgave 37) wordt kleiner dan de
−
zwaartekracht en je zakt naar de bodem.
b
pwater    g  h  998  9,81 10  97,9..  103 Pa  1 bar
c
Het is hier handig om als eenheid van druk te gebruiken de m(eter) waterdruk.
Dan kun je voor de druk op diepte h schrijven
p  b    g  h ~ 10  h
want de buitenluchtdruk komt ongeveer overeen met 10 m waterdruk.
Voor de volumevergroting tijdens het stijgen geldt
pboven Vboven  ponder Vonder

−
Vboven ponder 10  40
50



Vonder
pboven
10  h
10  h
−
Hoe dichter bij het oppervlak, des te groter de volumetoename per meter stijging en
hoe groter de kans dat een gasbelletje een bloedvat afsluit.
d
e1
De druk in de longen was aangepast aan de waterdiepte.
Als hij niet uitademt vóór het opstijgen naar een kleinere waterdruk, kan zijn borstkas
op onaangename en gevaarlijke wijze opzwellen: hij “barst uit elkaar”.
V 
4
3
πr3 
4
3
π  ( 21  d )3 ~ d 3 
−
p V
p  d3
~
T
T
Boyle/Gay-Lussac zegt:
−
p1 V1 p2 V2
p d 3 p d 3

 1 1  2 2
T1
T2
T1
T2
e2
Op 20 m diepte is p1 = b + pwater = 1 + 2 = 3 bar.
Aan de oppervlakte is p2 = 1 bar
p2  d23 p1  d13

T2
T1

1 d23 3  0,53

 d23  0,40..  d2  0,73..  0,7 cm
300
280
0,7 cm
Stevin vwo deel 2
46
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
1  2 : p constant 
Pagina 18 van 21
V2 V1

en T2  T1  V2  V1
T2 T1
2  3 : T constant  p3  V3  p2  V2 en p3  p2  V3  V2
3  4 : V constant 
p4 p3

en T4  T1  T3  p4  p3
T4 T3
1 en 4 (buitentemperatuur) liggen op een lage isotherm
2 en 3 (binnentemperatuur) liggen op een hoge isotherm
a
−
De waarden voor p liggen veel te ver uit elkaar, want zo’n druppel geeft een zeer klein
drukverschil. Maar anders is de grafiek niet te tekenen.
De kromme lijnen zijn isothermen van Boyle.
De rechte lijnen horen bij Gay-Lussac.
b
−
De schuine rechte lijn hoort bij Gay-Lussac. Hij gaat door het punt (0,0).
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
Pagina 19 van 21
Toets
1
Onderdruk
a
F  p  A
p  pbuiten  pbinnen  1,00  0,60  0, 40 bar
A
1
4
2
π d 
1
4
2 2
π  (2,5  10 )  4,90..  10
4

2 
m 

20 N
 F  0, 40  105  4,90..  104  19,6..  20 N
b1
Tijdens het binnenlopen van het water blijft de temperatuur en de hoeveelheid lucht
constant. Het nieuwe luchtvolume kun je berekenen met de wet van Boyle.
p2 V2  p1 V1
0,40 dm3
3
 1,00 V2  0,60  1,00  V2  0,60 dm
Er is 0,40 dm3 water naar binnen gelopen.
b2
−
c1
0,24 dm3
Na het pompen vanaf 1 bar tot 0,60 bar blijft 60% van de lucht over.
0,24 dm3
Bij 1,00 bar past die overgebleven lucht in 60% van het oorspronkelijke volume, dus in
0,6∙0,60 = 0,36 dm3. Dan is er 0,60 –0,36 = 0,24 dm3 water binnengelopen.
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
c2
Pagina 20 van 21
Na k keer pompen is het volume van de overgebleven lucht bij 1 bar Vk  0,6k V0
Dit volume wordt nooit helemaal nul, maar na vaak pompen wel bijna. Zo is na 10 keer
pompen minder van 1% van de lucht overgebleven.
−
2
Een expansievat
a1
De hoeveelheid gas is constant: gebruik de wet van Boyle/Gay−Lussac.
p2 V2 p1 V1

T2
T1
p1  1,5 bar; p2  ?


V1  25 dm ; V2  25  4,3  20,7 dm  

T1  293 K; T2  323 K

p2  20,7 1,5  25
25  323


 p2 
 1,5  1,99..  2,0 bar
323
293
20,7  293
3
a2
b
3
2 bar
10 m waterdruk is ongeveer 1 bar.
10 m lager is de druk ongeveer 1 + 2 = 3 bar.
Dat is 2 bar meer dan de druk van de buitenlucht:, dus dat is de overdruk
−
2 bar
p3 V3 p1  V1

T3
T1
p1  1,5 bar; p3  3,2 bar 

V1  25 dm3; V3  ?

T1  293 K; T2  353 K 

3,2  V3 1,5  25
1,5  353


 V2 
 25  14,1..  14 dm3
353
293
3,2  293
14 dm3
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Gassen (16-09-2013)
Stevin vwo deel 2
p (bar)
V (dm3)
T (K)
1
1,5
25
293
2
2,0
20,7
323
3
3,2
14,1
353
c
Pagina 21 van 21
−
In het diagram zie je hoe de grafiek door de meetpunten de drie isothermen snijdt.
3
Een föhn
a
b
Vlak voordat je de buis in het water dompelt, is de druk van de hete lucht gelijk aan b.
Bij 20 C is er wat water in de buis gelopen en is de druk van de afgekoelde lucht dus
iets lager. Δp is een paar cm waterdruk. Volgens tabel 6 is 1 cm waterdruk gelijk aan
9,8∙101 Pa dat is te verwaarlozen t.o.v. b = 1∙105 Pa.
Pas toe:
V2 V1
V1 = 100% ; T1 = ?? ; V2 = 100 − 21 = 79% ; T2 = 293 K

T2 T1
Invullen geeft T1 = 371 K = 98 C
c
Pas dezelfde formule toe. T1 = 575 K  V2 = 51% 
De buis is voor 49% gevuld met water.
−
371 K
98 C
49%