Φυσικη Β Λυκειου

ΒΛ/Μ1 05 - 06

ΣΥΣΤΗΜΑ ΠΑΙ∆ΕΙΑΣ

ΟΡΟΣΗΜΟ

Τεύχος 1ο: Φυσική Κατεύθυνσης: • Νόµοι των αερίων • Καταστατική εξίσωση • Κινητική θεωρία ιδανικών αερίων Φυσική Γενικής Παιδείας: • Νόµος του Coulomb • Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου • ∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου

ΒΛ/Μ1 05 - 06


ΟΡΟΣΗΜΟ

Τεύχος 1ο: Φυσική Κατεύθυνσης: • Νόµοι των αερίων • Καταστατική εξίσωση • Κινητική θεωρία ιδανικών αερίων

Copyright  Eκδοτικές Επιχειρήσεις Η. ΜΑΝΙΑΤΕΑ Α.Ε. Λ. Θησέως 50 – Καλλιθέα

ΕΚ∆ΟΤΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ ΟΡΟΣΗΜΟ ΠΕΡΙΟ∆ΙΚΗ ΕΚ∆ΟΣΗ ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

τηλ.: 210 95 46 000

∆ /νση Εκπαιδευτικής σειράς: Α. ΖΥΡΜΠΑΣ Υπεύθυνοι σύνταξης: Ι. ΒΑΓΙΩΝΑΚΗΣ Γ. ΓΚΡΟΣ Γ. ΓΡΑΜΜΑΤΙΚΑΚΗΣ ∆. ΠΑΓΚΑΛΗΣ Σ. ΠΛΑΣΚΟΒΙΤΗΣ Συντακτική Οµάδα: ΒΑΓΙΩΝΑΚΗΣ Ι. ΓΙΟΜΠΛΙΑΚΗΣ Λ. ΓΚΡΟΣ Γ. ΓΡΑΜΜΑΤΙΚΑΚΗΣ Γ. ∆ΑΜΙΑΝΟΣ Σ. ∆ ΡΑ ΚΟ Π ΟΥΛΟ Σ Γ. Θ Ε Ω ∆Ο Ρ Ο Π ΟΥΛΟ Σ Σ . ΚΑΝΕΛΟΠΟΥΛΟΣ Ν. ΚΑΤΣΑΝΑΚΗΣ Α. ΚΥΡΙΑΚΑΤΗ Α. ΜΑΝ∆ΡΑΒΕΛΗΣ Π. ΜΑΣΤΡΑΛΕΞΗΣ ∆. ΝΙΚΟΛΑΟΥ Χ. ΝΙΚΟΛΑϊ∆ΗΣ Η. ΠΑΠΑΓΙΑΝΝΗΣ Κ. ΠΛΑΣΚΟΒΙΤΗΣ Σ. ΠΡΕ∆ΑΡΗΣ Γ. ΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ Χ. ΤΟΥΝΤΑΣ Κ.

Ηλεκτρονική σελιδοποίηση Γραφικά: Βασίλειος Θ. Κακαλής Eκδοτικές Επιχειρήσεις Η. ΜΑΝΙΑΤΕΑ Α.Ε.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Φυσική Κατεύθυνσης για την Β' Τάξη του Λυκείου 1. Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση

σελ. 5

2. Κινητική θεωρία ιδανικών αερίων

σελ. 8

ΣΤΟ ΕΠΟΜΕΝΟ ΤΕΥΧΟΣ 1. Έργο - Θερµότητα - Εσωτερική ενέργεια 2. Θερµικές µηχανές

5

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία

Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση Κινητική θεωρία ιδανικών αερίων

Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση: Οι πειραµατικά προσδιορισµένες σχέσεις που συνδέουν τα τρία µακροσκοπικά µεγέθη (πίεση, όγκο και θερµοκρασία) ορισµένης ποσότητας αερίου ονοµάζονται νόµοι των αερίων και είναι οι εξής:

Νόµος του Boyle (ή νόµος της ισόθερµης µεταβολής) Η πίεση ορισµένης ποσότητας αερίου, σε σταθερή θερµοκρασία, είναι αντιστρόφως ανάλογη µε τον όγκο του. P ⋅ V = σταθ ή P1 ⋅ V1 = P2 ⋅ V2 για T = σταθ Γραφική παράσταση του νόµου του Boyle (N/m2) (N/m2)

(m3)

(m3)

(K)

(K)

Νόµος του Charles (ή νόµος της ισόχωρης µεταβολής) Η πίεση ορισµένης ποσότητας αερίου, υπό σταθερό όγκο, είναι ανάλογη µε την απόλυτη θερµοκρασία του αερίου. P P P = σταθ ή 1 = 2 για V = σταθ T1 T2 T

6


Γραφική παράσταση του νόµου του Charles (N/m2)

(m3)

(m3)

(N/m2)

(K)

(K)

Η κλίση στο διάγραµµα P = f ( T ) είναι αντιστρόφως ανάλογη του όγκου του αερίου εφφ =

P nR = T V

Νόµος του Gay-Lussac (ή νόµος της ισοβαρούς µεταβολής) Ο όγκος ορισµένης ποσότητας αερίου, σε σταθερή πίεση, είναι ανάλογος µε την απόλυτη θερµοκρασία του αερίου. V1 V2 V = σταθ ή T = T για P = σταθ T 1 2

Γραφική παράσταση του νόµου του Gay-Lussac (N/m2)

(N/m2)

(m3)

(m3)

(K)

(K)

Η κλίση στο διάγραµµα V = f ( T ) είναι αντιστρόφως ανάλογη της πίεσης: εφφ =

V nR = T P

Καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων Οι τρεις πειραµατικοί νόµοι των αερίων συνδυάζονται, ώστε να προκύψει ένας άλλος, ο οποίος θα περιγράφει τις µεταβολές όταν τα µεγέθη P,V,T αλλάζουν ταυτόχρονα. Ο νέος νόµος είναι η καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων και οι διάφορες µαθηµατικές εκφράσεις του είναι:

7

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία  P1 ⋅ V1 P2 ⋅ V2  T = T P⋅V 2 = σταθ  1 T  P ⋅ V = n ⋅ R ⇒ P ⋅ V = nRT  T

m  n = mΜολ ρ = ολ  → r P ⋅ V = mολ RT ⇒ P = mολ R T →V P = ρ R T  Mr V Mr Mr  N R k=  n = ΝΑ NA Ν R  → P⋅V = RT ⇒ P ⋅ V = N T → P ⋅ V = NkT ΝΑ NΑ 

Οι σταθερές που εµφανίζονται στις παραπάνω σχέσεις είναι: L ⋅ atm J • Παγκόσµια σταθερά των ιδανικών αερίων: R = 8,314 mol ⋅ K = 0,082 mol ⋅ K

µόρια • Σταθερά του Avogadro: N A = 6, 023 ⋅1023 mol • Σταθερά του Boltzmann: k = 1,381⋅10−23

J µόρια ⋅ Κ

Παρατήρηση: • Είναι χρήσιµο για την επίλυση των προβληµάτων να γνωρίζουµε ότι 1J =1N ⋅ m οπότε η σταθερά R γράφεται R = 8,314

N⋅m J στο S.I. = 8,314 mol ⋅ K mol ⋅ K

• Oι γραµµοµοριακές µάζες µετρούνται σε Κg/mol, π.χ. για το υδρογόνο:

( H2 ) : Mr

=2

g Kg = 2 ⋅10 −3 mol mol

• Η καταστατική εξίσωση χρησιµοποιείται ακόµα και αν η µάζα του αερίου µεταβάλλεται κατά τη µετάβαση του αερίου από µία κατάσταση σε µία άλλη. Τότε θα ισχύει η παρακάτω εξίσωση: PV  P1V1 = n1RT1 ⇒ 1 1 = R  n1T1 P1V1 P2 V2  = ⇒ P2 V2 n1T1 n 2 T2 = R P2 V2 = n 2 RT2 ⇒  n 2 T2 • Όλα τα αέρια τα οποία επαληθεύουν ακριβώς την καταστατική εξίσωση pV = nRT ονοµάζονται ιδανικά αέρια.

8


• Όταν δίνεται ότι ένα αέριο βρίσκεται σε s.t.p. έχουµε:

P = 1 atm = 1, 013 ⋅105

N και T = 273K m2

• Σε θερµοκρασίες κοντά στο απόλυτο µηδέν δεν ισχύουν οι νόµοι των αερίων.

Κινητική θεωρία ιδανικών αερίων: Με την κινητική θεωρία των αερίων ερµηνεύονται οι πειραµατικοί νόµοι των αερίων και η καταστατική εξίσωση µε βάση τη σωµατιδιακή θεωρία της ύλης, δηλαδή εξάγουµε τις σχέσεις που συνδέουν τα µακροσκοπικά µεγέθη όπως η πίεση και η θερµοκρασία µε τη µέση τιµή των ταχυτήτων των µορίων του αερίου. Η κινητική θεωρία αποτελεί το συνδυασµό των νόµων της Μηχανικής σε µικροσκοπική κλίµακα και των µεθόδων της Στατιστικής για το υπολογισµό µέσων τιµών κλπ. Αφετηρία της κινητικής θεωρίας είναι η υπόθεση ότι τα αέρια αποτελούνται από πολύ µεγάλο πλήθος µορίων, που κινούνται άτακτα σε όλο το χώρο που καταλαµβάνει το αέριο. Άρα οι ταχύτητες των µορίων έχουν µε την ίδια πιθανότητα οποιαδήποτε κατεύθυνση και συµβαίνουν µεγάλοι αριθµοί κρούσεων σε µικρούς χρόνους. Για τα ιδανικά αέρια ισχύουν οι εξής παραδοχές: α. Οι δυνάµεις µεταξύ των µορίων εµφανίζονται µόνο κατά τις µεταξύ τους συγκρούσεις και όχι από απόσταση, οπότε στο χρονικό διάστηµα µεταξύ δύο κρούσεων το µόριο κινείται µε σταθερή ταχύτητα. β. Ο συνολικός όγκος που καταλαµβάνουν τα µόρια είναι αµελητέος σε σχέση µε τον όγκο που καταλαµβάνει το αέριο. γ. Ο χρόνος που διαρκεί η κρούση µεταξύ των µορίων ή των µορίων και των τοιχωµάτων είναι αµελητέος σε σχέση µε το χρόνο µεταξύ δύο διαδοχικών κρούσεων του ίδιου µορίου. δ. Οι κρούσεις των µορίων του αερίου µε τα τοιχώµατα του δοχείου, που το περιέχει, είναι ελαστικές, οπότε η κινητική ενέργεια του µορίου δε µεταβάλλεται κατά την κρούση του µε τα τοιχώµατα. Μερικές σπουδαίες ταχύτητες Η µέση ταχύτητα: υ =

υ1 + υ2 + ... + υΝ Ν 2

 υ + υ2 + ... + υ Ν  Το τετράγωνο της µέσης ταχύτητας: υ =  1   Ν υ12 + υ22 + ... + υ2Ν 2 Η µέση τιµή των τετραγώνων των ταχυτήτων: υ = Ν 2

9


Η πρώτη σχέση που προκύπτει από την κινητική θεωρία είναι αυτή που συνδέει την πίεση του αερίου µε τις ταχύτητες των µορίων του:

P=

1 Nmυ2 3 V

(1)

όπου Ν ο αριθµός των µορίων του αερίου, m η µάζα κάθε µορίου, V ο όγκος του αερίου και υ2 η µέση τιµή των τετραγώνων των ταχυτήτων των µορίων του αερίου. Επειδή το γινόµενο Νm είναι η ολική µάζα του αερίου, η προηγούµενη σχέση παίρνει τη µορφή

1 mολ 2 1 m υ ⇒ P = ρυ2 όπου ολ είναι η πυκνότητα (ρ) του αερίου. Η δεύτερη βασική σχέση V 3 V 3 που συνάγεται από την εφαρµογή της κινητικής θεωρίας των αερίων συνδέει τη µέση µεταφοριP=

κή κινητική ενέργεια των µορίων του αερίου Κ = 1 m υ2 µε τη θερµοκρασία του Τ: K = 3 kT 2

2

Απόδειξη 2

Από τη σχέση (1) γνωρίζουµε ότι p = 1 Nm υ η οποία γίνεται: Παρατήρηση: Πολλές φορές στη λύση των προβληµάτων είναι χρήσιµη η έκφραση της ενεργού ταχύτητας σε συνάρτηση µε τη γραµµοµοριακή µάζα Μrτων µορίων του αερίου, η οποία προκύπτει ως εξής: k=

υεν = υεν =

3RT ⇒ NA ⋅ m 3RT Mr

(2)

Από την καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων έχουµε: PV = nR T ⇒ PV =

N R T ⇒ PV = N kT NA

(3 )

Από τις σχέσεις (2) και (3) έχουµε: 2 1 2 1 3 1 3 NkT = N m υ 2  ⇒ kT =  m υ 2  ⇒ kT = m υ2 ⇒ K = kT 3 2 3 2 2 2   2

R

3kT NA ⇒ m

υεν =

3 V 1 Nm υ2 2 N1 2 1 2 2 P= ⇒ P=  m υ  ⇒ PV = N  m υ  3 V 3 V2 3 2

Ενεργός ταχύτητα 3 1 3kT 3kT ⇒ υ2 = Από την εξίσωση 2 kT = 2 m υ2 έχουµε ότι: υ 2 = m m

Η τετραγωνική ρίζα της µέσης τιµής των τετράγωνων των ταχυτήτων των µορίων του ιδανικού αερίου ονοµάζεται ενεργός ταχύτητα και συµβολίζεται µε υεν :υεν =

3kT m

10


Ερωτήσεις: 1. Η καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων µπορεί να πάρει τη µορφή: ρ m n N β. P = RT γ. PV = RT δ. PV = α. PV = A RT RT m M NA N

(N/m2)

2. Τι µεταβολή παριστάνει το ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ στο διπλανό διάγραµµα P-V α. Ισόχωρη µεταβολή β. Ισόθερµη µεταβολή γ. Ισοβαρή µεταβολή δ. Τυχαία µεταβολή 3. Αν διπλασιάσουµε τον όγκο και τη θερµοκρασία ορισµένης ποσότητας ιδανικού αερίου τότε η πίεση του γίνεται: P P β. αρχ γ. σταθερή δ. αρχ α. 2Pαρχ 4 2

(m3)

(m3)

4. Στο διπλανό διάγραµµα παριστάνονται δύο ισοβαρείς µεταβολές συγκεκριµένης ποσότητας ιδανικού αερίου. Για ποια από τις δύο µεταβολές η πίεση είναι µεγαλύτερη και γατί; α. Στην (1) β. Στην (2) 5. Ποιο από τα παρακάτω διαγράµµατα ΑΒ παριστάνει ισόθερµη εκτόνωση: (N/m2)

(N/m2)

(m3)

(K)

(K)

(N/m2)

(K)

(m3)

6. Στην ισόχωρη µεταβολή ΑΒ ποιο από τα παρακάτω διαγράµµατα αντιστοιχεί: (m3)

(m3)

(N/m2)

(K)

(K)

(N/m2)

(K)

(m3)

(K)

11


7. Ποσότητα ιδανικού αερίου συµπιέζεται ισόθερµα. Η µεταβολή της πυκνότητας σε συνάρτηση µε την πίεση του αερίου παριστάνεται στην ακόλουθη γραφική παράσταση. (Kg/m3)

(Kg/m3)

(Kg/m3)

(Kg/m3)

(N/m2) (N/m2)

(N/m2)

(N/m2)

8. Η ελάττωση της πίεσης ορισµένης ποσότητας ιδανικού αερίου συνοδεύεται από: α. ελάττωση του όγκου όταν T = σταθ. β. ελάττωση της θερµοκρασίας όταν V = σταθ. γ. αύξηση του όγκου όταν T = σταθ. δ. αύξηση της θερµοκρασίας όταν V = σταθ. 9. Η ισόχωρη µεταβολή ορισµένης ποσότητας αερίου: P α. περιγράφεται από την εξίσωση = σταθ. T β. υπακούει στο νόµο του Gay-Lussac γ. παριστάνεται µε µια ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων σε διάγραµµα πίεσηςθερµοκρασίας δ. είναι η µεταβολή κατά την οποία η πυκνότητα του αερίου αυξάνεται µε την αύξηση της θερµοκρασίας 10. Ποιες από τις ακόλουθες προτάσεις είναι σωστές και ποιες λανθασµένες. α. Η καταστατική εξίσωση ισχύει µόνο για µονοατοµικά αέρια. β. Στην κλίµακα Kelvin δεν υπάρχουν αρνητικές θερµοκρασίες. γ. Η πίεση ενός ιδανικού αερίου δεν εξαρτάται από την πυκνότητά του. δ. Η καταστατική εξίσωση ισχύει και για αέριο που αποτελεί µίγµα δύο ή περισσότερων ιδανικών αερίων. 11. Αν διπλασιάσουµε την πίεση ενός ιδανικού αερίου και τετραπλασιάσουµε την απόλυτη θερµοκρασία του τότε: α. Ο όγκος του τριπλασιάζεται β. Η πυκνότητα διπλασιάζεται γ. Ο αριθµός των µορίων υποδιπλασιάζεται δ. Η πυκνότητα υποδιπλασιάζεται

12


12. Ποσότητα ιδανικού αερίου έχει θερµοκρασία Τ. ∆ιπλασιάζουµε ταυτόχρονα την πίεση και τον όγκο. Τότε : α. Η τελική θερµοκρασία είναι διπλάσια της αρχικής β. Η υεν στην τελική θερµοκρασία είναι διπλάσια σε σχέση µε την υεν στην αρχική θερµοκρασία. γ. Η τελική θερµοκρασία είναι τετραπλάσια της αρχικής δ. Η µέση µεταφορική ενέργεια στην τελική θερµοκρασία είναι τετραπλάσια της αρχικής 13. Ιδανικό αέριο µε µάζα µορίου m βρίσκεται σε θερµοκρασία Τ.Ένα αέριο µε µάζα µορίου 4m στην ίδια θερµοκρασία Τ θα έχει ενεργό ταχύτητα υεν: α. Ίδια µε του πρώτου αερίου β. ∆ιπλάσια γ. Υποδιπλάσια δ. Υποτετραπλάσια 14. ∆ύο ιδανικά αέρια Α και Β βρίσκονται στην ίδια θερµοκρασία . Τότε: α. Έχουν και τα δύο την ίδια ενεργό ταχύτητα υεν β. Έχουν και τα δύο την ίδια µέση µεταφορική ενέργεια γ. Αν οι µάζες των µορίων Α και Β ήταν ίσες τότε θα είχαν ίσες ενεργές ταχύτητες δ. Και τα δύο αέρια µέσα σε δοχεία ίσων όγκων ασκούν την ίδια πίεση 15. Η πίεση ενός ιδανικού αερίου είναι ανάλογη: α. µε τον αριθµό των µορίων β. µε τη µέση κινητική ενέργεια των µορίων του γ. µε την ενεργό ταχύτητα των µορίων του δ. µε τη µέση τιµή των τετραγώνων των ταχυτήτων των µορίων του. 16. Η µέση κινητική ενέργεια των µορίων ενός ιδανικού αερίου µπορεί να υπολογιστεί αν δίνεται: α. ο όγκος του αερίου β. η πυκνότητα του αερίου γ. η πίεση του αερίου δ. η θερµοκρασία του αερίου 17. Τα µόρια ενός ιδανικού αερίου που έχει σταθερή θερµοκρασία εµφανίζουν: α. την ίδια ορµή β. την ίδια ταχύτητα γ. την ίδια επιτάχυνση δ. την ίδια µέση κινητική ενέργεια

13


18. Ποιες από τις ακόλουθες σχέσεις για την ενεργό ταχύτητα των µορίων ενός ιδανικού αερίου είναι σωστές και ποιες λανθασµένες. α. υεν =

3kΤ m

β. υεν =

3mΤ k

δ. υεν =

3ΜΤ R

ε. υεν =

3RΤ m

γ. υεν =

3P ρ

19. Η ενεργός ταχύτητα των µορίων ενός ιδανικού αερίου είναι: α. ανάλογη της πίεσης του αερίου β. ανάλογη της θερµοκρασίας του αερίου γ. ανάλογη της τετραγωνικής ρίζας της θερµοκρασίας του αερίου δ. αντιστρόφως ανάλογη της τετραγωνικής ρίζας της πίεσης του αερίου. 20. Η πίεση ενός ιδανικού αερίου τετραπλασιάζεται ενώ ο όγκος του παραµένει σταθερός. Η µέση κινητική ενέργεια των µορίων του αερίου: α. τετραπλασιάζεται β. διπλασιάζεται γ. παραµένει σταθερή δ. υποδιπλασιάζεται 21. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές και ποιες λανθασµένες: α. η ενεργός ταχύτητα των µορίων ενός ιδανικού αερίου δεν εξαρτάται από τη θερµοκρασία β. η ενεργός ταχύτητα των µορίων ενός ιδανικού αερίου είναι αντιστρόφως ανάλογη της µάζας των µορίων. γ. Η µέση κινητική ενέργεια των µορίων δεν εξαρτάται από τη µάζα των µορίων. δ. Οι µέσες κινητικές ενέργειες των µορίων δύο διαφορετικών ιδανικών αερίων δε µπορεί να είναι ίσες.

14


Μεθοδολογία ασκήσεων - Λυµένα παραδείγµατα - ασκήσεις: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση ιδανικών αερίων: Για να καταλάβουµε ποιός νόµος αερίων ισχύει, κοιτάµε ποιο µέγεθος από τα P,V,T είναι σταθερό. Αν κανένα µέγεθος δεν είναι σταθερό ή δίνεται η µάζα ή η πυκνότητα τότε χρησιµοποιούµε καταστατική εξίσωση. Αν το φυσικό µέγεθος που είναι σταθερό π.χ. Ρ = σταθ, εµφανίζεται στους άξονες, τότε η γραφική παράσταση είναι κάθετη σ’ αυτόν τον άξονα. 5 N Τ=273+Θ , 1L =10-3 m3 , 1atm = 1, 013 ⋅ 10 2 m Αν στο τελικό αποτέλεσµα εµφανίζεται πηλίκο οµοειδών µεγεθών, τότε δε χρειάζεται να µετατρέψω τον όγκο και την πίεση στο S.I. H θερµοκρασία πάντα µετατρέπεται σε βαθµούς Kelvin (K). Για την τιµή της σταθερής R έχουµε: R = 8,314 J/(mol · K) αν όλες οι µονάδες είναι στο S.I. και R = 0,082 atm · L/(mol ·K) αν η πίεση δίνεται σε atm και ο όγκος σε L.

Παράδειγµα 1.1 Ιδανικό αέριο βρίσκεται µέσα σε κατακόρυφο κυλινδρικό δοχείο που κλείνεται µε έµβολο πάνω στο οποίο θέτουµε ορισµένα σταθµά. Το αέριο βρίσκεται σε θερµοκρασία -1,5 oC και καταλαµβάνει όγκο 20L. Θερµαίνουµε το αέριο σε θερµοκρασία 270 oC. α. Ποιος νόµος αερίων ισχύει; β. Ποιος είναι ο τελικός όγκος του δοχείου; γ. Να αποδώσετε τη µεταβολή σε άξονες P - V, P - T, V - T. Λύση α. Η πίεση στο εσωτερικό του δοχείου είναι ίση µε την πίεση που προκαλεί η ατµόσφαιρα, το βάρος του εµβόλου και των σταθµών. Επειδή η εξωτερική πίεση παραµένει σταθερή, θα είναι και η εσωτερική πίεση σταθερή. Άρα ισχύει ο Ν. Gay-Lussac.

15

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία β. V1 = 20L , T1 = ( −1,5 + 273)K = 271,5K , T2 = (270 + 273)K = 543 Κ V1 V2 VT 20L ⋅ 543K = ⇒ V2 = 1 2 ⇒ V2 = ⇒ V2 = 40L T1 T2 T1 271,5K

γ.

(atm)

(atm)

Παράδειγµα 1.2 Ένα κυλινδρικό δοχείο µε διαθερµικά τοιχώµατα κλείνεται µε έµβολο και περιβάλλεται από λουτρό, σταθερής θερµοκρασίας. Το δοχείο περιέχει ιδανικό αέριο πίεσης p1 = 1 atm και όγκου V1 = 30 L. Μετακινώντας το έµβολο τριπλασιάζουµε την πίεση του αερίου. Nα βρεθεί: α. Ποιoς νόµος αερίων ισχύει. β. Ποιoς είναι ο τελικός όγκος του αερίου γ. Να αποδώσετε τη µεταβολή σε άξονες P - V, P - T, V - T. Λύση α. Επειδή το δοχείο έχει διαθερµικά τοιχώµατα και περιβάλλεται από λουτρό σταθερής θερµοκρασίας, θα ισχύει ο Ν. Boyle β. P1 = 1 atm , V1 = 30 L , P2 = 3P1 = 3 atm. Ισχύει ο Ν. Boyle: P1V1 = P2 V2 ⇒ V2 = γ.

P1V1 1atm ⋅ 30L ⇒ V2 = 10L ⇒ V2 = 3atm P2

16


Παράδειγµα 1.3 Ιδανικό αέριο βρίσκεται µέσα σε κυλινδρικό δοχείο µε p A = 5atm , VA = 2L και TA = 300K . Το αέριο θερµαίνεται µε σταθερή πίεση µέχρι να διπλασιαστεί ο όγκος του. Στη συνέχεια µε σταθερή θερµοκρασία αυξάνεται ο όγκος του µέχρι να γίνει VΓ = 5L . Έπειτα ψύχεται µε σταθερή πίεση µέχρι την αρχική θερµοκρασία και τέλος συµπιέζεται µε σταθερή θερµοκρασία µέχρι την αρχική του κατάσταση. α. Να υπολογίσετε την πίεση, τον όγκο και τη θερµοκρασία σε κάθε θέση. β. Να γίνουν τα διαγράµµατα P − V , P − T , V − T . Λύση Αντί για τους νόµους των αερίων, θα µπορούσαµε να εφαρµόσουµε την καταστατική εξίσωση σε κάθε θέση. Iσχύει: VB = 2VΑ = 4L οπότε: • A → B ( PΑ = σταθ) Ν. Gay-Lussac:

VΑ VB T ⋅V = ⇒TB = A B ⇒ TB = 300K ⋅ 4L ⇒ TB = 600K 2L TA TB VA

• B → Γ(ΤΒ = σταθ ) Ν. Boyle: PB VB = PΓ VΓ ⇒ PΓ =

PB VB ⇒ Ρ Γ = 4atm VΓ

• Γ → ∆ ( PΓ = σταθ) Ν. Gay-Lussac

VΓ V∆ V ⋅Τ = ⇒ V∆ = Γ ∆ ⇒ V∆ = 5L ⋅ 300K ⇒ V∆ = 2,5L TΓ T∆ ΤΓ 600K

17


Παράδειγµα 1.4 Πόσα µπαλόνια όγκου 3 L µπορούµε να φουσκώσουµε µε το ήλιο που περιέχεται σε φιάλη όγκου 12 L; Το ήλιο στη φιάλη βρίσκεται υπό πίεση 120 atm, ενώ στα µπαλόνια υπό πίεση 1,2 atm. Υποθέστε ότι τόσο η φιάλη όσο και τα µπαλόνια βρίσκονται στην ίδια θερµοκρασία. Λύση Έστω ν ο αριθµός των µπαλονιών. Επειδή η µεταβολή του ήλιου είναι ισόθερµη, ισχύει ο νόµος του Boyle:

P1V1 = P2 V2 ⇒ V2 = V1 3L ⋅ ν = 12L ⋅

P1 ⇒ P2

120atm ⇒ ν = 400, ο αριθµός των µπαλονιών 1, 2atm

Παράδειγµα 1.5 Ένα mol αερίου βρίσκεται σε s.t.p. ∆ιπλασιάζουµε την πίεση διατηρώντας σταθερή τη θερµοκρασία και στη συνέχεια τριπλασιάζουµε τον όγκο διατηρώντας σταθερή την πίεση. Να βρεθούν οι τελικές τιµές πίεσης, όγκου και θερµοκρασίας. Λύση Η αρχική κατάσταση του αερίου είναι: P0=1atm, V0=22,4 L και Τ0=273 Κ. H πρώτη µεταβολή του αερίου είναι ισόθερµη, οπότε από το νόµο του Boyle έχουµε:

P0 V0 = P1V1 ⇒ P0 V0 = 2P0 V1 ⇒ V1 =

V0 2

(1)

Η δεύτερη µεταβολή του αερίου είναι ισοβαρής, οπότε από το νόµο Gay-Lussac έχουµε:

V1 V V 3V = ⇒ 1 = 1 ⇒ T = 3T0 ⇒ T = 819K T0 T T0 T Η τελική πίεση του αερίου είναι: P1 = 2P0 ⇒ P1 = 2 atm (1)

και ο τελικός όγκος του αερίου είναι: V = 3V1 ⇒ V = 33,6 L

18


Παράδειγµα 1.6 Ο λεπτός κατακόρυφος σωλήνας του διπλανού σχήµατος κλείνεται από µια σταγόνα υδραργύρου Σ και το τµήµα ΑΣ, ύψους h=27 cm περιέχει αέρα θερµοκρασίας θ=27oC. Αν η θερµοκρασία του αέρα γίνει θ΄=127oC, πόσο θα µετακινηθεί η σταγόνα; Η µεταβολή του όγκου του σωλήνα µε την αύξηση της θερµοκρασίας θεωρείται αµελητέα. Λύση

Ó õäñÜñãõñïò h

Η µεταβολή του αέρα στο σωλήνα είναι ισοβαρής γιατί είναι: Pαερ=Pατµ+ w/A=σταθερό

áÝñáò (Ô)

όπου: w το βάρος της σταγόνας και A εµβαδό διατοµής του σωλήνα. Ó

Άρα από το νόµο Gay-Lussac έχουµε:

V V´ hA h´ A h h´ h h+x = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ T T´ T Τ´ T Τ´ T Τ´ T´  T´  ⇒ x = h  − 1 T T  400   x = 27 cm ⋅  − 1 = 9cm 300  

h+x=h ή

x

Ó

h

Ô

h

Ô´

Παράδειγµα 1.7 ∆οχείο όγκου V, που περιέχει αέρα, έχει στο πάνω µέρος του στρόφιγγα. Αρχικά η στρόφιγγα είναι ανοιχτή και ο αέρας του δοχείου επικοινωνεί µε το περιβάλλον. Η ατµοσφαιρική πίεση είναι Pατ=1atm. Θερµαίνουµε το δοχείο, µε ανοιχτή στρόφιγγα, µέχρι τη θερµοκρασία στο εσωτερικό του να γίνει T1=410 Κ. Κλείνουµε τη στρόφιγγα και τοποθετούµε το δοχείο σε λουτρό νερού - πάγου. Να υπολογιστεί η τελική πίεση στο εσωτερικό του δοχείου. Η θερµοκρασία στην οποία συνυπάρχει νερό και πάγος είναι Τ2=273 Κ. Λύση Στην αρχή που η στρόφιγγα είναι ανοικτή και µετά τη θέρµανση, στο δοχείο περιέχονται n mol αέρα. Η πίεση του αέρα είναι η ατµοσφαιρική και ισχύει η καταστατική εξίσωση: PατµV=nRT1

(1)

Όταν τοποθετήσουµε το δοχείο στο λουτρό νερού - πάγου για τα n mol αέρα που περιέχονται στο δοχείο, ισχύει και πάλι η καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων: (2) PV=nRT2

Θυµόµαστε ότι: Σε ασκήσεις που αναφέρουν για έµβολο που µπορεί να κινείται χωρίς τριβές (ή για σταγόνα Hg που φράσσει λεπτό σωλήνα), εφαρµόζουµε ότι οι πιέσεις που ασκούνται στο έµβολο, από τις δύο πλευρές του, είναι ίσες σε κάθε κατάσταση ισορροπίας. 2η λύση: Όταν τοποθετήσουµε το δοχείο στο λουτρό νερού πάγου, τα n mol αέρα που περιέχονται στο δοχείο, υφίστανται ισόχωρη ψύξη, αφού V=σταθ. Ισχύει: Pατµ

T1 T ⇒ P = Pατµ 2 ⇒ T2 T1 P = 0,666atm P

=

19

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία ∆ιαιρώντας κατά µέλη τις εξισώσεις (1) και (2) βρίσκουµε:

Pατµ V PV

l1 Ç2

l2 1

O2

=

Pατµ T1 T nRT1 ⇒ = ⇒ P = Pατµ 2 ⇒ P = 0,666atm T1 nRT2 P T2

Παράδειγµα 1.8 O κύλινδρος του σχήµατος χωρίζεται σε δύο µέρη, µέσω εµβόλου που κινείται χωρίς τριβή. Στο τµήµα 1 εισάγονται 2 mg Η2 ενώ στο 2 εισάγονται 8 mg O2. Ποιος είναι ο λόγος

2

P1 =P2 =P

Θυµόµαστε ότι:

m Μ όπου: m, M στην ίδια µονάδα µέτρησης

1 / 2 στην κατάσταση ισορροπίας; Τα αέρια στην κατάσταση ισορροπίας βρίσκονται στην ίδια θερµοκρασία. Οι γραµµοµοριακές µάζες για το Η2 και το Ο2 είναι 2.10-3 Kg/mol και 32.10-3 kg/mol, αντίστοιχα. Λύση Στην κατάσταση ισορροπίας, τα αέρια βρίσκονται στην ίδια θερµοκρασία Τ και έχουν την ίδια πίεση (P1=P2) γιατί το έµβολο ισορροπεί. Εφαρµόζοντας την καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων, για κάθε αέριο έχουµε:

1. n =

2. Όταν η άσκηση αναφέρει µήκος (ή ύψος) δοχείου, τότε θα γράφουµε: V = S . (όγκος κυλίνδρου)

PV1=n1RT και PV2=n2RT όπου: n1=

m1 m και n2= 2 M1 M2

Με διαίρεση κατά µέλη παίρνουµε:

m1 RT PV1 M1 V M m V S = ⇒ 1 = 2 ⋅ 1 ⇒ 1 =4⇒ 1 =4⇒ 1 =4 PV2 m 2 V2 M1 m 2 V2 2S 2 RT M2

20


Παράδειγµα 1.9 Το κυλινδρικό δοχείο του σχήµατος έχει τον άξονά του κατακόρυφο, περιέχει αέρα και κλείνεται µε έµβολο. Όταν το δοχείο τοποθετηθεί µε τη βάση του προς τα κάτω (σχ. α) το ύψος της στήλης του εγκλωβισµένου αέρα είναι hα= 40 cm. Αν το δοχείο αναστραφεί (σχ. β) το ύψος της στήλης είναι hβ=60 cm. Να υπολογιστεί το βάρος του εµβόλου. ∆ίνονται: Pατµ=1,013.105 N/m2 και η διατοµή του εµβόλου Α=10cm2. Η µεταβολή να θεωρηθεί ισόθερµη. Λύση (1) Ισχύει: P1 · V1 = P2 · V2 Επειδή το έµβολο ισορροπεί, τόσο στην αρχική όσο και στην τελική κατάσταση, ισχύουν: P1=Ρατµ+Ρw=Ρατµ+ w/Α

(2)

P2+Ρw=Ρατµ ή P2=Ρατµ- w/Α (3)

Oι όγκοι µπορούν να γραφούν:

και

V1=A.hα

(4)

V2=A.hβ

(5)

Η σχέση (1) λόγω των σχέσεων (2), (3), (4) και (5) γράφεται:

w w    Pατµ. +  ⋅ A ⋅ h α =  Pατµ. −  ⋅ A ⋅ h β ή w = 20,26 Ν A A

Παράδειγµα 1.10 Στο εργαστήριο µπορούν να επιτευχθούν πολύ χαµηλές πιέσεις µέχρι 13.10—15atm. Να υπολογίσετε τον αριθµό των µορίων ενός αερίου σε ένα δοχείο όγκου 1 L σε αυτή την πίεση και σε θερµοκρασία Τ=300 Κ. ∆ίνεται: R=0,082 L. atm/(mol.K), ΝΑ=6,023.1023 µόρια/mol.(1 atm=1,013.105 N/m2, 1L=10-3m3) Λύση Σύµφωνα µε την καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων έχουµε: PV=nRT Aλλά n =

N NA

Άρα: PV =

N PV RT ⇒ N = N A ⇒ N = 3,183 ⋅108 µόρια NA RT

(á)

(â)

hâ há

21


Παράδειγµα 1.11 Ένας από τους πυροσβεστήρες του σχολείου σας περιέχει CO2 µάζας 2,2 kg σε θερµοκρασία 27o C. Αν ο εσωτερικός όγκος του πυροσβεστήρα είναι 3,2.10-3m3 να βρείτε την πίεση του

Προσοχή: Όταν αντικαθιστούµε τη γραµµοµοριακή µάζα, να θυµόµαστε ότι στο S.I. εκφράζεται σε Kg/mol.

CO2. ∆ίνονται: R =8, 314

J και η γραµµοµοριακή µάζα του CO2 ότι είναι 44 g/mol. mol ⋅ K

Λύση Θα εφαρµόσουµε την καταστατική εξίσωση: PV=nRT αλλά n = Άρα: PV =

m CO2 M CO2

RT

ή

mCO2 RT P= M CO2 V

m CO2 M CO2

Eπειδή η γραµµοµοριακή µάζα του CO2 είναι M= 44 g/mol=44.10-3 Kg/mol, µε αντικατάσταση παίρνουµε: Ρ=39.106 Ν/m2

Παράδειγµα 1.12 ∆ύο δοχεία µε όγκους V1=0,3L και V2=0,2L συνδέονται µε λεπτό σωλήνα αµελητέου όγκου. Τα δοχεία περιέχουν αέρα θερµοκρασίας 300 Κ. Αυξάνουµε τη θερµοκρασία στο πρώτο δοχείο κατά 100 Κ και στο δεύτερο κατά 50Κ. Αν η αρχική πίεση ήταν 1atm να υπολογιστεί η τελική της τιµή. Λύση Στην αρχική και τελική κατάσταση ο συνολικός αριθµός των mol στα δύο δοχεία είναι ίδιος. (1) ∆ηλαδή: n1+n2=n΄1+n΄2=nολ Eφαρµόζουµε την καταστατική εξίσωση στην αρχική και τελική κατάσταση για τον αέρα κάθε δοχείου.

n1 = V1 Pá Ô n1

V2

Pá Ô n2

Η σχέση (1) γράφεται:

Pα ⋅ V1 Pα ⋅ V2 PΤ ⋅ V1 P ⋅V , n2 = , n1′ = , n2′ = Τ 2 RT RT RT1 RT2

22


Pα ⋅ V1 Pα ⋅ V2 PΤ ⋅ V1 PΤ ⋅ V2 + = + RT RT RT1 RT2 ή

1atm ⋅ 0,3L 1atm ⋅ 0,2L PΤ ⋅ 0,3L PΤ ⋅ 0,2 L ή P =1,26 atm + = + τ 300 K 300 K 400 K 350 K

Pô

Στην τελική κατάσταση ο αριθµός των mol στo δοχείo είναι: n 2 =

Pατµ ⋅ V RT1 Pατµ ⋅ V RT2

= 0,06

Β. Όταν κλείσει η βαλβίδα και ψυχθεί το αέριο στην αρχική θερµοκρασία των 27 οC, υφίσταται ισόχωρη µεταβολή. Άρα: Τ2

=

Pτελ Τ 3 ή Ρτελ = Ρατµ 1 = 105 Ν / m 2 Τ1 Τ2 4

Pô Ô2 n´2

(á)

V Páôì Ô1 n1 (ã) V Páôì Ô2 n2

V Pôåë Ô1 n2

= 0,045

Άρα διέφυγαν: n=n1-n2=0,015 mol

Pατµ

V2

n´1

Παράδειγµα 1.13 Ένα δοχείο έχει όγκο 1,5l L και είναι εφοδιασµένο µε στρόφιγγα. Η στρόφιγγα είναι ανοικτή και στο δοχείο περιέχεται ποσότητα αζώτου σε θερµοκρασία θ1=27 οC, και πίεση ίση µε την εξωτερική, που είναι 105 Ρα. Θερµαίνουµε το άζωτο µε τη στρόφιγγα ανοικτή µέχρι η θερµοκρασία να γίνει θ2=127 οC. Στη συνέχεια ψύχουµε το αέριο στην αρχική του θερµοκρασία, έχοντας κλείσει τώρα τη στρόφιγγα. Α. Πόσα mol αζώτου διέφυγαν; Β. Πόση είναι µετά την ψύξη η πίεση του αζώτου; R = 8,314 J/(mol · K). (â) Λύση Α. Επειδή αλλάζουν τα mol δουλεύουµε µόνο µε καταστατική εξίσωση. Στην αρχική κατάσταση ο αριθµός των mol στo δοχείo είναι: n1 =

V1 Ô1

Θυµόµαστε ότι: Όταν δεν παραµένει σταθερός ο αριθµός των mol του αερίου χρησιµοποιούµε µόνο την καταστατική εξίσωση στην αρχική και τελική κατάσταση.

23


Παράδειγµα 1.14 Το κυλινδρικό δοχείο του σχήµατος έχει τον άξονά του κατακόρυφο, περιέχει 0,15 mol ιδανικού αερίου και κλείνεται µε έµβολο βάρους w = 100Ν ενώ η διατοµή του εµβόλου είναι A = 20cm2. Ποια πρέπει να είναι η θερµοκρασία του αερίου σε βαθµούς Κελσίου, ώστε το έµβολο να ισορροπεί σε ύψος h = 1,245 m από τη βάση του κυλίνδρου; ∆ίνονται: Pατµ=105 N/m2 και R = 8,3 J/(mol · K). Λύση (1) Επειδή το έµβολο ισορροπεί, ισχύει: P=Ρατµ+Ρεµβ=Ρατµ+ w/A ή P=1,5.105 N/m2 Θα εφαρµόσουµε την καταστατική εξίσωση για να βρούµε τη θερµοκρασία.

PV = nRT

üπου

V = A⋅ h

Άρα: P =

nRT nRT = V A⋅ h

ή

Τ=

P⋅Α⋅h nR

Με αντικατάσταση παίρνουµε:

Τ=

P⋅Α⋅h 1,5 ⋅ 105 ⋅ 20 ⋅ 10−4 ⋅ 1, 245 K = 300K ⇒ T= nR 0,15 ⋅ 8,3

Τελικά:

P (x10 5 N/m2 ) 6 4

Παράδειγµα 1.15 Μια ποσότητα ιδανικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση Α(ΡΑ ,VA,TA ) και εκτελεί τις εξής διαδοχικές µεταβολές: ΑΒ: ισόθερµη εκτόνωση µέχρι να γίνει VB= 4 VA. BΓ: ισοβαρή εκτόνωση µέχρι να γίνει TΓ=2 ΤA

A

3 2 1

0

B 300

Ã 600

θ=Τ-273=27 οC.

α) Να βρείτε τις τιµές των P, V και Τ σε κάθε κατάσταση ισορροπίας Α, Β και Γ.

Ô (Ê)

β) Να παραστήσετε γραφικά τη µεταβολή ΑΒΓ σε διάγραµµα: P - V, P - T, V - T. ∆ίνονται: ΡΑ= 4.105 Pa, VA= 10-3 m3, TA=300 K. Λύση Για την ισόθερµη µεταβολή ΑΒ (ΤΒ=ΤΑ=300Κ) ισχύει:

PA VA = PB VB ⇒ PB = PA

VA V P ⇒ PB = PA A ⇒ PB = A = 105 N/m 2 VB 4VA 4

24

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία P (x10 5 N/m2 )

Άρα: ΡB=105 N/m2, VB=4.10-3 m3, TB=300 Κ

6

Για την ισοβαρή µεταβολή ΒΓ (ΡΓ=ΡΒ=ΡΑ/4) ισχύει:

4

VB Τ Β 4V Τ = ⇒ Α = Α ⇒ VΓ = 8VΑ = 8 ⋅ 10 −3 m 3 VΓ Τ Γ VΓ 2Τ Α Άρα: ΡΓ=105 N/m2, VΓ=8.10-3 m3, TΓ=600 Κ

V

2

0

2

B

1

0

2

4

Ã 6

8

V (x10-3 m3 )

Ã

8 4

3

(x10-3 m3 )

10 6

A

B A 300

600

Ô (Ê)

Παράδειγµα 1.16 Μιά ποσότητα ιδανικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση Α (ΡΑ, VA, TA ) και εκτελεί τις εξής διαδοχικές µεταβολές. Ι) ισόχωρη θέρµανση µέχρι να γίνει η πίεση ΡΒ=2ΡΑ ΙΙ) ισοβαρή εκτόνωση µέχρι να γίνει ο όγκος VΓ=2VΑ ΙΙΙ) ισόθερµη εκτόνωση µέχρι να γίνει ο όγκος V∆ IV) ισοβαρή συµπίεση µέχρι να επιστρέψει το αέριο στην αρχική του κατάσταση Α. Να βρείτε τις τιµές των P, V και Τ σε κάθε κατάσταση ισορροπίας Α, Β, Γ, ∆ και να παραστήσετε γραφικά τη µεταβολή ΑΒΓ∆Α σε διάγραµµα: P - V, P - T, V - T. ∆ίνονται: ΡΑ= 4.105 Pa, VA= 10-3 m3, TA=300 K.

n PA VA ÔA

25

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία Λύση Για την ισόχωρη µεταβολή ΑΒ (VΒ=VΑ=10-3 m3) ισχύει:

PB PA 2P P = ⇒ A = A ⇒ TB = 2TA ⇒ TB = 600K TB TA TB TA Άρα: ΡB=8.105 N/m2, VB=10-3 m3, TB=600 Κ Για

την

ισοβαρή

µεταβολή

ΒΓ

(Ρ Γ =Ρ Β =8 . 10 5

N/m 2 )

ισχύει:

VB VΓ V 2V = ⇒ Α = Α ⇒ Τ Γ = 2Τ Β = 1200 Κ ΤΒ ΤΓ TB ΤΓ Άρα: ΡΓ=8.105 N/m2, VΓ=2.10-3 m3, TΓ=1200 Κ Για την ισόθερµη µεταβολή Γ∆ (ΤΓ=Τ∆=1200Κ) ισχύει: PΓ VΓ = P∆ V∆ ⇒ V∆ = VΓ

V∆ = 2 ⋅ 10 −3

PΓ ⇒ Ρ∆

8 ⋅ 10 5 3 m ⇒ V∆ = 4 ⋅ 10-3 m 3 4 ⋅ 10 5

Άρα: Ρ∆=4.105 N/m2, V∆=4.10-3 m3, T∆=1200 Κ

P (x10 5 N/m2 ) 8

P (x10 5 N/m2 )

B

Ã

V

8

5

Ã

B

(x10-3 m3 ) Ä

4 3

4

0

A

4

Ä

A

V

1

2

3

4

(x10-3 m3 ) 0

300

2

Ä 600

900

1200

1

Ô (Ê)

0

A 300

Ã

B 600

900

1200

Ô (Ê)

26


Παράδειγµα 1.17 Μιά ποσότητα ιδανικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση Α (Ρ0, V0, T0 ) και εκτελεί τις διαδοχικές µεταβολές του διπλανού σχήµατος. Να βρείτε το είδος της κάθε µεταβολής και να παραστήσετε γραφικά τη µεταβολή ΑΒΓ∆Α σε διάγραµµα: P - V, P - T. Λύση

(m3)

Οι µεταβολές ΑΒ και Γ∆ είναι ισόχωρες (VA=VB=V0 και VΓ=V∆=2V0). Οι µεταβολές ΒΓ και ∆Α είναι ισοβαρείς γιατί ισχύει: V/T = σταθ. Άρα: ΡA=Ρ∆=Ρ0 και ΡΓ=ΡΒ

Για τη µεταβολή ΑΒ:

(K)

(N/m2)

P0 P = B ⇒ PB = 2P0 T0 2T0

Άρα και ΡΓ=2Ρ0 (m3)

27

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία Παράδειγµα 1.18 1 cm3 αέρα βρίσκεται σε s.t.p. α. Πόση είναι η µάζα του, γ. Ποια είναι η πυκνότητα του.

β. Πόσος είναι ο αριθµός µορίων του,

∆ίνεται R = 8,314 J/(mol ·K) , NA = 6,023 ⋅ 1023 µόρια/ mol, η µέση γραµοµοριακή µάζα του αέρα M = 29 ⋅ 10-3 kg/mol , 1atm = 1,013 ⋅ 105

N m2

Λύση s.t.p. σηµαίνει πίεση P = 1atm = 1, 013 ⋅105

N και θερµοκρασία T = 273K m2

α. Από την καταστατική εξίσωση P ⋅ V = nRT ⇒ P ⋅ V = m RT ⇒ M

m=

PVM 1, 013 ⋅ 105 N / m 2 ⋅ 1 ⋅ 10 −6 m 3 ⋅ 29 ⋅ 10 −3 kg / mol ⇒m= ⇒ RT 8, 314J /(mol ⋅ K) ⋅ 273K

m = 1, 29 ⋅10 −6 kg (ή αλλιώς n =

N m M⋅N ) = ⇒m= NA M NA

β. Ο αριθµός των moles του αέρα: n =

N=

mN A N m = ⇒N= ⇒ NA M M

1, 29 ⋅10−6 ⋅ 6,023 ⋅1023 µόρια ⇒ N = 0, 27 ⋅1020 µόρια. 29 ⋅10−3

γ. Από την καταστατική εξίσωση P ⋅ V = nRT ⇒ P ⋅ V = ρ=

m m P⋅M P⋅M R ⋅T ⇒ = ⇒ρ= ⇒ M V R ⋅T R ⋅T

P⋅Μ 1, 013 ⋅105 N / m 2 ⋅ 29 ⋅10 −3 kg / mol kg ⇒ρ= = 1, 29 3 ⇒ RT 8,314J /(mol ⋅ K) ⋅ 273K m

ρ = 1, 29

kg m (ή αλλιώς ρ = ). 3 m V

28


Παράδειγµα 1.19 Για να µετρήσουµε το βάθος της λίµνης Πλαστήρα κάνουµε το εξής πείραµα. Μια φυσαλίδα αέρα όγκου 20 cm3 βρίσκεται στο βυθό της λίµνης όπου η θερµοκρασία είναι 4 oC. Η φυσαλίδα όταν ανεβαίνει στην επιφάνεια έχει όγκο 100 cm3 και η θερµοκρασία είναι 20 oC. Θεωρήστε τη θερµοκρασία της ίση µε τη θερµοκρασία του νερού που την περιβάλλει, την ατµοσφαιρική πίεση P0 = 105 N/m2, την πυκνότητα του νερού ρ = 103 Kg/m3 και την επιτάχυνση της βαρύτητας g = 10 m/s2. Υδροστατική πίεση Pυδρ. = ρ · g · h. Πόσο είναι το βάθος της λίµνης; Λύση βυθό : ( P0 + ρgh ) V1 = nRT1  ⇒ H καταστατική εξίσωση στην επιφάνεια : P0 V2 = nRT2  H καταστατική εξίσωση στο

VT  N  100cm3 ⋅ 277K  P0  2 1 − 1 105 2  −1 V1T2  m  20cm3 ⋅ 293K  ( P0 + ρgh ) V1 nRT1  = ⇒h= ⇒h= ⇒ h = 37, 26m kg m P0 V2 nRT2 ρg 103 3 ⋅10 2 m s Σηµείωση: Αν δίνεται η ακτίνα r της φυσαλίδας τότε ο όγκος της είναι V = 4 πr 3 . 3

Παράδειγµα 1.20 Σ’ ένα παιδικό πάρτυ θέλουµε να φουσκώσουµε 200 µπαλόνια µε ήλιο. Το κάθε µπαλόνι έχει όγκο 2L και πίεση 1,5atm. Αν η φιάλη που θα χρησιµοποιήσουµε έχει όγκο 4L, ποια είναι η πίεσή της. Θεωρήστε ότι η φιάλη και τα µπαλόνια έχουν την ίδια θερµοκρασία, ενώ δεν χάθηκε ήλιο στη διαδικασία. Λύση Όταν η συνολική µάζα διατηρείται σταθερή, χρησιµοποιούµε την καταστατική εξίσωση σε συνδυασµό µε την αρχή διατήρησης της µάζας. Η καταστατική εξίσωση: στη φιάλη: Pολ ⋅ Vολ = n ολ RT ⇒ n ολ =

Pολ ⋅ Vολ RT

P⋅V στο µπαλόνι: P ⋅ V = nRT ⇒ n = RT

Η µάζα του ηλίου που είναι στη φιάλη ( n ολ ) είναι ίση µε το άθροισµα των µαζών στα µπαλόνια (200n). Άρα n ολ = 200n ⇒ Pολ =

Pολ ⋅ Vολ P⋅V = 200 ⇒ RT RT

200 ⋅1,5atm ⋅ 2L 200 ⋅ P ⋅ V ⇒ Pολ = ⇒ Pολ = 150atm . Vολ 4L

29


Παράδειγµα 1.21 Ένα κυλινδρικό δοχείο ακτίνας r = 40 cm και ύψους h0 = 50 cm είναι γεµάτο µε αέρα θερµοκρασίας 20 oC και πίεσης 1atm. Στη συνέχεια τίθεται ένα έµβολο στο πάνω µέρος του δοχείου, µάζας m = 20 Kg, το οποίο κατέρχεται µέσα στον κύλινδρο συµπιέζοντας τον αέρα που έχει παγιδευθεί µέσα στο δοχείο. Τελικά, ένας άνθρωπος µάζας M = 75 Kg στέκεται πάνω στο έµβολο συµπιέζοντας ακόµη περισσότερο τον αέρα (ο οποίος παραµένει στους 20 oC) α. Πόσο πιο κάτω (∆h) κατέβηκε το έµβολο όταν ο άνθρωπος ανέβηκε πάνω του; β. Σε ποια θερµοκρασία πρέπει να θερµανθεί ο αέρας ώστε το έµβολο µε τον άνθρωπο να ανυψωθούν στο ύψος h, όπου αρχικά ισορροπούσε το έµβολο.

∆ίνονται: Όγκος κυλίνδρου V = S · h = πr2 · h, η πίεση που προκαλεί µια δύναµη F κάθετη σε επιφάνεια εµβαδού S είναι P = F/s, 1 atm = 105 N/m2 , g = 10 m/s2. Λύση α. Η καταστατική εξίσωση: • µε το έµβολο : P1V1 = nRT0  P1V1 = P0 V0 ⇒ • αρχικά : P0 V0 = nRT0 

P0 ⋅ h 0 mg  2  2 = 49,8cm ⇒ h1 = 49,8cm  P0 +  πr ⋅ h1 = P0 ⋅ πr ⋅ h 0 ⇒ h1 = mg S   P0 + 2 πr

Η καταστατική εξίσωση: µε τον άνθρωπο και το έµβολο : P2 V2 = nRT0   ⇒ P1V1 = P2 V2 ⇒ µε το έµβολο : P1V1 = nRT0 

30


mg    P0 +   (m + M) g  2 mg  2  S   ⋅ h ⇒ h 2 = 49,1cm  πr h 2 ⇒ h 2 =  P0 +  πr h1 =  P0 + m + M) g 1 S  S (    P0 + S Άρα ∆h = h1 − h 2 = 0,7cm ⇒ ∆h = 0,7cm β. Όταν θερµανθεί το αέριο µε το έµβολο και τον άνθρωπο, η εσωτερική πίεση µένει σταθερή ίση µε την εξωτερική που είναι P2 = P0 +

( m + M ) g . ∆ηλαδή ισχύει ο Ν. Gay-Lussac. S

V2 V1 V S ⋅ h1 h = ⇒ T ' = 1 ⋅ T0 ⇒ T ' = ⋅ T0 ⇒ T' = 1 ⋅ T0 ⇒ T' = 49,8cm ⋅ 293K ⇒ T' = 297,2K h 49,1cm T0 T ' V2 S⋅ h2 2

Παράδειγµα 1.22 Ένας κύλινδρος στο πάνω µέρος του κλείνεται µε έµβολο εµβαδού διατοµής 10-2 m2 και αµελητέας µάζας. Το έµβολο είναι συνδεδεµένο µε ελατήριο σταθεράς Κ = 2 · 103 Ν/m. Ο κύλινδρος περιέχει 5L αερίου και το ελατήριο ισορροπεί ασυµπίεστο, υπο πίεση 1atm και θερµοκρασία 20 oC. α. Κατά πόσο θα ανυψωθεί το έµβολο, όταν η θερµοκρασία του αερίου ανέλθει στους 250 oC; β. Ποια είναι τότε η πίεση του αερίου; ∆ίνεται 1 atm = 105 N/m2. Λύση α. V1 = 5L

V2 = V1 + x ⋅ S k⋅x P2 = P1 + T1 = 293K S −2 2 T 523K = 2 S = 10 m P1 = 1atm

Όταν το έµβολο ανυψωθεί κατά x, τότε ο όγκος του αερίου, γίνεται V2 = V1 + x ⋅ S , ενώ στην Fελ k ⋅ x = . ατµοσφαιρική πίεση προστίθεται η πίεση του συµπιεσµένου ελατηρίου Pελ = S S

31

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία Eποµένως P2 = P1 + k ⋅ x . S Εφαρµόζουµε στις δύο θέσεις την καταστατική εξίσωση.

Αρχικά : P1V1 = nRT1  P1V1 T1 PVΤ = ⇒ P2 V2 = 1 1 2 ⇒  Τελικά : P2 V2 = nRT2  P2 V2 T2 Τ1 P1V1Τ2 k⋅x   ⇒ 20 x 2 + 20 x − 3,92 = 0  P1 +  ( V1 + x ⋅ S) = S  Τ1  Από τη λύση της δευτεροβάθµιας εξίσωσης έχουµε x = 0,168 m 5 N k⋅x ⇒ P2 = 1,336 ⋅10 2 β. P2 = P1 +

s

m

Παράδειγµα 1.23 Οριζόντιος κυλινδρικός σωλήνας κλειστός στις δύο άκρες του, χωρίζεται σε δύο διαµερίσµατα από στεγανό ευκίνητο έµβολο. Στο ένα διαµέρισµα περιέχεται αέριο He και στο άλλο H2. Τα δύο τµήµατα έχουν την ίδια θερµοκρασία και τον ίδιο όγκο. Αν η ολική µάζα των αερίων είναι 5g, να βρεθεί: α. Η µάζα κάθε αερίου β. Αν θερµάνουµε οµοιόµορφα τον κύλινδρο θα µετακινηθεί το έµβολο; ∆ίνονται οι γραµοµοριακές µάζες MHe = 4 · 10–3 Kg/mol , MH2 = 2 · 10–3 Kg/mol Λύση

(1) m He  RT1  διαµέρισµα : P1V1 = M He m He m H2  = ⇒ m He = 2m H2 ⇒ m H2 4 2 διαµέρισµα : P1V1 = RT1   M H2 

α. Θα είναι m ολ = m He + m H2 0

1

20

10 5 Από τις (1), (2) έχω: mHe = 3 g και mH 2 = 3 g

( 2)

32


β. Αν θερµάνουµε οµοιόµορφα σε θερµοκρασία T2 τότε: 10 2

0

P1V1 P2 V2  = T1 T2   V = V3 P1V1 P2 V3  2 διαµέρισµα : = T1 T2 

διαµέρισµα :

άρα δεν θα κινηθεί το έµβολο

Παράδειγµα 1.24 Σε οριζόντιο κυλινδρικό θερµοµονωτικό σωλήνα, εσωτερικής διατοµής S = 10 cm2περιέχεται ιδανικό αέριο θερµοκρασίας 27 oC. Θερµοµονωτικό έµβολο, που µετακινείται χωρίς τριβές, χωρίζει το σωλήνα σε δύο ίσα διαµερίσµατα όγκου V1 = 70 cm3 το καθένα. Αυξάνουµε τη θερµοκρασία στο ένα διαµέρισµα στους 127 oC ενώ στο άλλο τη διατηρούµε στους 27 oC. Κατά πόσο µετακινήθηκε το έµβολο; Λύση Αν ο όγκος στο 10 διαµέρισµα αυξήθηκε κατά ∆V µε µετακίνηση του εµβόλου κατά x , τότε στο 20 διαµέρισµα µειώθηκε κατά ∆V. P1V1 P2 (V1 + ∆V )  =  P (V + ∆V ) P (V − ∆V ) T1 T2 2 1 = 2 1 ( ) P2 V1 − ∆V  T2 T1 0 P1V1 2 : =  T1 T1 (V + ∆V ) (V1 − ∆V ) V (T − T ) ⇒ 1 = ⇒ ∆V = 1 2 1 ⇒ ∆V = 10cm3 T2 T1 T1 + T2

10 :

Άρα ∆V = x ⋅ S ⇒ x =

∆V ⇒ x = 1cm . S

Παράδειγµα 1.25

kg    -3 kg  Ποσότητες οξυγόνου  MO 2 = 32 ⋅ 10-3  και αζώτου  M N 2 = 28 ⋅ 10  έχουν την ίδια  mol  mol  θερµοκρασία. 1. Οι ενεργές τους ταχύτητες είναι: i. ίδιες ii. διαφορετικές 2. Οι µέσες κινητικές τους ενέργειες είναι: i. ίδιες ii. διαφορετικές Αιτιολογήστε την απάντησή σας.

33

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία Λύση

3RT   MO 2  υεν , Ο2 = ⇒ υεν ,N2 3RT  = M N 2 

1. υεν , Ο2 =

υεν ,N2

MN 2 MO 2

=

7 < 1 ⇒ υεν , Ο2 < υεν ,N2 8

2. K O = 3 KT   2

2 K = K N 2 (ίδιες ) 3  O2 K N 2 = KT  2 

Παράδειγµα 1.26 Ιδανικό αέριο υποβάλλεται στις εξής διαδοχικές µεταβολές: i. διπλασιάζουµε την πίεσή του κρατώντας σταθερό τον όγκο του, ii. διπλασιάζουµε τον όγκο του κρατώντας σταθερή τη θερµοκρασία του, iii. διπλασιάζουµε τον όγκο υπό σταθερή πίεση. α. Να σχεδιάσετε τις µεταβολές σε άξονες Ρ - V β. Να βρείτε το λόγο των ενεργών ταχυτήτων τις αρχικής προς την τελική κατάσταση Λύση α. Oι µεταβολές απεικονίζονται στο διπλανό σχήµα. β. Α → Β : V1 = σταθ ( Ν.Charles)

P1 2P1 = ⇒ TB = 2TA TA TB

B → Γ : ΤΒ = σταθ ( Ν.Βoyle)2P1 ⋅ V1 = PΓ ⋅ 2V1 ⇒ PΓ = Ρ1 Γ → ∆ : Ρ1 = σταθ ( Ν.Gay − Lussac)

2V1 4V1 = ⇒ TΓ T∆

T∆ = 2ΤΓ = 2ΤΒ ⇒ Τ∆ = 4ΤΑ

Όµως

υεν Α υεν∆

=

3RΤΑ M = Τ Α = 1 = 1 ⇒ υ = 2υ εν ∆ εν Α 4 2 Τ∆ 3RT∆ Μ

34


Παράδειγµα 1.27 ∆οχείο Α όγκου V1 = 100 mL συνδέεται µε σωλήνα αµελητέου όγκου µε δοχείο Β όγκου V2 = 300 mL. Η συσκευή περιέχει H2 υπό πίεση P0 = 1 atm και θερµοκρασία Θ0 = 12 οC. Στη συνέχεια το δοχείο Α φέρεται σε θερµοκρασία Θ1 = 0 οC ενώ το Β σε Θ2 = 100 οC ζητούνται: α. Η τελική πίεση του υδρογόνου H2 β. Το % της συνολικής µάζας του H2 που περιέχεται στο δοχείο Α στην τελική κατάσταση γ. Την ενεργό ταχύτητα του H2 στο δοχείο Β στην τελική κατάσταση. ∆ίνονται R = 8,314 (J/mol) · K, ΜΗ2 = 2 ⋅ 10-3

kg mol

Λύση α. Αρχικά: δοχείο Α : n1 =

P0 V1 RT0

δοχείο B : n 2 =

P0 V2 RT0

Επειδή η συνολική µάζα του H 2 παραµένει σταθερή: P0 (V + V2 ) P0 V1 P0 V2 PV1 PV2 T0 1 n1 + n 2 = n1 '+ n 2 '⇒ + = + ⇒ Ρ= ⇒ P = 1,2atm V1 V2 RT0 RT0 RT1 RT2 + T1 T2

V1 V1 V1 T1 n ' T n1 ' T1 = 0,313n ολ β. 1 = 1 ⇒ = ⇒ n1 ' = n ολ V V1 V V V n2 ' n1 '+ n 2 ' 2 2 2 1 + + T2 T1 T2 T2 T1 Άρα το ζητούµενο ποσοστό είναι 31,3%. γ. υενH2 =

3RT2 m ⇒ υενH = 2,15 ⋅103 2 M H2 s

35


Παράδειγµα 1.28 Η πυκνότητα του αζώτου σε κανονικές συνθήκες πίεσης και θερµοκρασίας (s.t.p) είναι 1,5 Kg/m3. Να υπολογίσετε την ενεργό ταχύτητα των µορίων του αζώτου στις θερµοκρασίες 0 oC, 27 oC, 127 oC. ∆ίνεται ότι 1atm ≈ 105 N/m2 Λύση Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε ότι σε κανονικές συνθήκες (s.t.p.), δηλ. για πίεση p = 1atm και θερµοκρασία θ = 0ο C ή T = 273K το αέριο άζωτο έχει πυκνότητα ρ = 1,5kg / m3

οπότε: 1 3P 3 ⋅105 N / m2 = ⇒ υ 2 = 2 ⋅105 m 2 / s 2 ⇒ P = ρυ2 ⇒ υ2 = ρ 3 1,5kg / m3

υ 2 = 2 ⋅105 m / s ⇒

υ2 = 0, 2 ⋅106 m / s ⇒ υ2 = 0, 2 ⋅103 m / s

Αν υ 12 υ

2

2

υ1 είναι η ενεργός ταχύτητα των µορίων του αζώτου στους 27ο C θα έχουµε: =

3 K T1 m ⇒ 3K T m

υ 12 =

T1 T

υ2 ⇒

273 + 27 0, 2 ⋅103 m / s ⇒ υ12 = 0, 47 ⋅103 m / s = 470 m / s 273 2 3 Οµοίως για τους 127ο C δηλ. T2 = 400 K έχουµε υ 2 = 0,54 ⋅10 m / s = 540 m / s υ12 =

Παράδειγµα 1.29 Αποδείξτε µε τη βοήθεια της κινητικής θεωρίας των αερίων: α. Το νόµο των µερικών πιέσεων του Dalton που διατυπώνεται ως εξής: όταν σ’ένα δοχείο βρίσκονται µαζί αέρια που δεν αντιδρούν, το άθροισµα µερικών πιέσεων που εξασκείται από κάθε αέριο σε ορισµένη θερµοκρασία, είναι ίσο µε την ολική πίεση. β. Την υπόθεση Avogadro που διατυπώνεται ως εξής: ίσος όγκος αερίων στις ίδιες συνθήκες πίεσης και θερµοκρασίας περιέχουν τον ίδιο αριθµό µορίων. Λύση α. Σε δοχείο όγκου V, έχουµε µίγµα αερίων που δεν αναµιγνύονται. Αν αποτελείται από N1 µόρια µάζας m1 , N 2 µόρια µάζας m 2 , ..., N v µόρια µάζας m v µε ενεργές ταχύτητες υ12 , 2 2 υ2 ,... υ v , τότε η ολική κινητική ενέργεια λόγω µεταφορικής κίνησης θα είναι:

36


1 1 1 Ν1m1 υ12 + Ν 2 m 2 υ2 2 + ... + Ν v m v υv 2 ⇒ 2 2 2 2 2 N1 1 2 N2 1 2 Nv 1 ⋅ K ολ = ⋅ m1 υ12 + ⋅ m 2 υ2 2 + ... + ⋅ m v υv 2 ⇒ 3V 3 V 2 3 V 2 3 V 2

K ολ =

2 ⋅ K ολ = P1 + P2 + ... + Pv 3V

Ο όρος

(1)

2 Ni 1 2 ⋅ m υ παριστάνει την πίεση Pi που θα ασκούσε το αέριο i αν καταλάµβανε όλο 3V 2 i i

τον όγκο του δοχείου µόνο του. Όµως K ολ = N ⋅ K ⇒

2 2N K ολ = ⋅ K = Pολ 3V 3V

( 2)

Από (1), (2) έχω Pολ = P1 + P2 + ... + Pv β. Σύµφωνα µε την κινητική θεωρία για δύο αέρια (1) και (2) ισχύουν: N1  KT  V1 1  N  P2 = 2 KT2  N1 = N 2 V2  Aν V1 = V2 , P1 = P2 , T1 = T2   

P1 =

Παράδειγµα 1.30 Σε δοχείο όγκου 4L περιέχονται 0,3 mol N2 και 0,5 mol H2. H ολική πίεση του µίγµατος είναι 4atm. Να βρείτε την ενεργό ταχύτητα για το H2. ∆ίνονται 1atm = 105

N M H2 = 2 ⋅ 10-3 kg/mol . m2

Λύση Για το H 2 : P1V = n1RT ⇒ P1 =

n1RT V

N 2 : P2 V = n 2 RT ⇒ P2 =

Από τον Ν. των µερικών πιέσεων του Dalton Pολ = P1 + P2 ⇒ Pολ =

Όµως

2 υH 2 =

P V n1RT n 2 RT + ⇒ RT = ολ ⇒ RT = 2000 J V V n1 + n 2 mol

m 3RT ⇒ υH 2 2 = 103 3 MH2 s

n 2 RT V

37

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία Παράδειγµα 1.31

Στους 0 οC και σε πίεση 1 ⋅10 −2 atm η πυκνότητα ενός αερίου είναι 1, 249 ⋅10 −5 g / cm 3 . Βρείτε: α. Την ενεργό ταχύτητα των µορίων του αερίου β. Το µοριακό βάρος του αερίου και εξακριβώστε ποιο αέριο είναι. ∆ίνεται 1atm = 1, 013 ⋅10

5

N , R = 8,314 J/(mol · K). m2

Λύση α. Η πυκνότητα είναι ρ = 1,249 ⋅10−5 Άρα P = 1 ρ ⋅ υ2 ⇒ υ2 = 3

gr 10−3 kg −2 kg = 1,249 ⋅10−5 −6 3 ⇒ ρ = 1,249 ⋅10 3 m3 cm 10 m

3p 3p ⇒ υ2 = ⇒ ρ ρ

υ2 =

3 ⋅1,013 ⋅103 m m ⇒ υ 2 = 493 s 1,249 ⋅10 −2 s

β. Η ενεργός ταχύτητα υ 2 = 3RT ⇒ M = 3RT ⇒ M = 28 ⋅10−3 kg M

mol

υ2

Εποµένως πρόκειται για το άζωτο N 2 . Παράδειγµα 1.32 Κυλινδρικό δοχείο κλείνεται στο ένα άκρο του µε έµβολο που κινείται χωρίς τριβές. Το δοχείο βρίσκεται σε µια µεγάλη δεξαµενή νερού σε οριζόντια θέση και σε βάθος h = 10m . Το δοχείο περιέχει ιδανικό αέριο θερµοκρασίας 27 oC , έχει εµβαδόν διατοµής S = 5 ⋅10−3 m 2 και ισορροπεί στη θέση όπου το µήκος του τµήµατος του κυλίνδρου που περιέχει το αέριο είναι x1 = 0,2m . α. Με τη βοήθεια θερµοδοχείου το αέριο αρχίζει να εκτονώνεται σιγά-σιγά καθώς θερµαίνεται µέχρι το έµβολο να µετατοπιστεί κατά x 2 = 0,1m . β. Ακολούθως κρατώντας συνεχώς σταθερό το έµβολο και οριζόντιο τον κύλινδρο, το ανεβάζουµε στην επιφάνεια, όπου µε τη βοήθεια ψυχρου δοχείου, ψύχουµε το αέριο µέχρι να N αποκτήσει πίεση ίση µε την ατµοσφαιρική P0 = 105 2 m

γ. Στη συνέχεια αφήνουµε το έµβολο και ψύχουµε το αέριο µέχρι να αποκτήσει τον αρχικό όγκο. δ. Τέλος κρατώντας πάλι σταθερό το έµβολο θερµαίνουµε το αέριο µέχρι τις αρχικές συνθήκες. i. ποιες µεταβολές υφίσταται το αέριο; Γράψτε τους αντίστοιχους νόµους των αερίων, ii. υπολογίστε τα P,V,T σε κάθε θέση, iii. κάντε τα διαγράµµατα P − V , P − T , V − T .

38


Κg N m ∆ίνεται P0 = 105 2 , ρ H 2 O = 103 3 , g = 10 2 .

m

m

s

Λύση i. Αρχικά επειδή βρίσκεται σε µεγάλη δεξαµενή είναι T = σταθ . Ισχύει ο Ν. Boyle: PA VA = PBVB (1)

Ακολούθως επειδή κρατάµε σταθερό το έµβολο είναι V = σταθ . Ισχύει ο Ν. Charles: PB PΓ (2 ) = TB TΓ

Στη συνέχεια επειδή η εσωτερική πίεση του αερίου είναι ίση µε την εξωτερική (ατµοσφαιριV

V

κή) συνεπώς είναι P = σταθ . Ισχύει ο Ν. Gay - Lussac: Γ = ∆ (3) ΤΓ Τ∆ Τέλος επειδή κρατάµε πάλι σταθερό το έµβολο είναι V = σταθ . Ισχύει ο Ν. Charles: P∆ PA (4 ) = Τ∆ TA

ii. Κατάσταση Α: TA = (273 + 27)K = 300K , VA = S ⋅ x1 = 1⋅10 −3 m 3 PA = P0 + h ⋅ ρ H 2 O ⋅ g = 2 ⋅105

N m2

Κατάσταση Β: VB = S(x1 + x 2 ) = 1,5 ⋅10 −3 m 3 , TB = TA = 300K ,

Ν. Boyle (1) ⇒ PB =

PA VA 4 5 N = ⋅10 2 VB 3 m

Κατάσταση Γ: VΓ = VB = 1,5 ⋅10 −3 m 3

PΓ = P0 = 105

N m2

5 N PΓΤΒ 10 m 2 ⋅ 300K = = 225K Ν. Charles: (2) ⇒ ΤΓ = 4 5 N PB ⋅10 2 3 m

39

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία Κατάσταση ∆: PΓ = P∆ = P0 = 105

N m2

V∆ = VA = 10 −3 m 3

Ν. Gay-Lussac: (3) ⇒ Τ∆ =

ΤΓ V∆ 225K ⋅10−3 m3 = ⇒ T∆ = 150Κ VΓ 1,5 ⋅10−3 m3

iii.

Παράδειγµα 1.33 Αν η πυκνότητα ιδανικού αερίου σε s.t.p. είναι ρ0 = 0,15 kg/m3 να υπολογίσετε την υεν των µορίων του σε θερµοκρασία: 0 οC, 127 oC,327 oC. ∆ίνεται ότι: Ρ0 = 1 atm=105 Pa. Λύση Από τη σχέση: P0 =

παίρνουµε:

1 2 ρ0 ⋅ υ(0) 3

υεν,(0)=

Þ

1 P0 = ρ0 ⋅ υ2εν(0) 3

3P0 ρ0

Με αντικατάσταση έχουµε: υεν,(0)= 2 .103 m/s Όµως η ενεργός ταχύτητα βρίσκεται και από τη σχέση: υεν=

3k ⋅ T m

40


Άρα µε εφαρµογή της σχέσης για τις θερµοκρασίες 0 οC, 127 oC και 327 oC παίρνουµε:

υεν(127) υεν(0)

υεν(327) υεν(0)

=

3k ⋅ T127 υεν(127) m ⇒ m/s = 3k ⋅ T0 2 ⋅ 103 m

=

3k ⋅ T327 m m / s ⇒ υεν(327) = 600 ⇒ υ εν,(327) = 2096, 6 m/s 3k ⋅ T0 2 ⋅ 103 273 m

400 ⇒ υεν,(127) = 1711,8 m/s 273

Παράδειγµα 1.34 Σε δοχείο όγκου V=0,001 m3 περιέχονται 20 όµοια σωµατίδια που συµπεριφέρονται ως µόρια ιδανικού αερίου. Καθένα έχει µάζα m=5 g. Κάποια στιγµή υπολογίστηκαν οι παρακάτω ταχύτητες (σε m/s) για τα σωµατίδια. 10 40 50 80 50 90 30 20 40 100 40 30 70 50 60 30 40 60 70 40 α. Να φτιάξετε ένα πίνακα στον οποίο να φαίνεται πόσα σωµατίδια έχουν την ίδια ταχύτητα. β. Να υπολογίσετε τη µέση ταχύτητα των σωµατιδίων. γ. Να υπολογίσετε την ενεργό ταχύτητα υεν= υ2 . δ. Πόση είναι η µέση κινητική ενέργεια κάθε σωµατιδίου και πόση είναι η συνολική κινητική ενέργειά τους; ε. Πόση είναι η πίεση που ασκείται στα τοιχώµατα του δοχείου; στ.Πόση θα ήταν η µέση κινητική ενέργεια των µορίων ενός αερίου του οποίου η θερµοκρασία είναι Τ=300 Κ; ∆ίνεται: k=1,38.10-23 J/K.

** Προαιρετικό ** διάβασµα

41


υ (m/s)

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

αριθµός σωµατιδίων

1

1 3

5

3

2

2 1

1

1

Λύση α. Ο αριθµός των σωµατιδίων του αερίου που έχουν ίδια ταχύτητα φαίνεται στον παραπάνω πίνακα. β. Η µέση ταχύτητα των σωµατιδίων είναι:

υ=

10 + 20 + 3 ⋅ 30 + 5 ⋅ 40 + 3 ⋅ 50 + 2 ⋅ 60 + 2 ⋅ 70 + 80 + 90 + 100 m 20 s

ή

υ = 50 m/s γ. Η ενεργός ταχύτητα των µορίων είναι:

υ2 =

10 2 + 20 2 + 3 ⋅ 30 2 + 5 ⋅ 40 2 + 3 ⋅ 50 2 + 2 ⋅ 60 2 + 2 ⋅ 70 2 + 80 2 + 90 2 + 100 2  m    20 s ή

υεν= υ2 = 54, 86 m/s

δ. Η µέση κινητική ενέργεια κάθε σωµατιδίου είναι:

1 1 K = m ⋅ υ2 ⇒ K = 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 54,862 J ⇒ K = 7,525 J 2 2 Η ολική κινητική ενέργεια των σωµατιδίων είναι:

K ολ = Ν ⋅ K = 20 ⋅ 7,525 J ⇒ K ολ = 150, 5 J ε. Η πίεση που ασκείται στα τοιχώµατα του δοχείου είναι:

1 P= ρ ⋅ υ2 3

ή

Ñ=

1 Nm 2 ⋅υ 3 V

ή P=

2N 2 K ολ K = 3V 3 V

2

42


Με αντικατάσταση παίρνουµε:

P=

2 150,5 N / m2 = 105 N/m2 -3 3 10 3 K = k ⋅T 2

στ. Η µέση κινητική ενέργεια των µορίων του αερίου είναι: Με αντικατάσταση παίρνουµε:

3 K = 1,38 ⋅ 10 -23 ⋅ 300 J = 6, 21 ⋅ 10-21 J 2 ¥ Παράδειγµα 1.35 Να υπολογίσετε τη θερµοκρασία στην οποία η υεν των µορίων του Η2 είναι ίση µε την ταχύτητα διαφυγής από το γήινο βαρυτικό πεδίο (ελάχιστη ταχύτητα που πρέπει να έχει ένα σώµα για να διαφύγει από το πεδίο της Γης). ∆ίνονται: R=8,314 J/mol.K, υδ=11,2 Km/s, MH2=2 g/mol, υδιαφ. = 11,2 · 103 m/s. Λύση α. Για να διαφύγει ένα µόριο Η2 από το γήινο βαρυτικό πεδίο θα πρέπει να γίνει: υεν=υδ

ή

3RT = υδ M

ή

Τ=

υδ2 ⋅Μ 3R

(11,2 ⋅ 10 ) Τ=

3 2

Με αντικατάσταση των µεγεθών παίρνουµε:

2 ⋅ 10 −3

3 ⋅ 8,314

Κ ή Τ=10058 Κ

Παράδειγµα 1.36 Μια ποσότητα αερίου που έχει όγκο V1=5 L θερµαίνεται υπό σταθερή πίεση µέχρι να αποκτήσει όγκο V2. Αν κατά τη διάρκεια της θέρµανσης διπλασιάστηκε η τετραγωνική ρίζα της µέσης τιµής του τετραγώνου της ταχύτητας των µορίων, να υπολογίσετε τον τελικό όγκο V2 του αερίου.

õä

43


Λύση Η τετραγωνική ρίζα της µέσης τιµής του τετραγώνου της ταχύτητας των µορίων (υεν), δίνεται από τη σχέση:

υεν. =

υ2 =

3RT M

Όταν διπλασιάζεται η υεν, η θερµοκρασία του αερίου τετραπλασιάζεται. Η µεταβολή του αερίου είναι ισοβαρής και ισχύει ο νόµοςτου Charles. ∆ηλαδή:

V1 V2 = T1 T2

Þ

V1 V2 = T1 4T1

Þ

V2 = 4V1 = 20 L

Παράδειγµα 1.37 Σ’ένα δοχείο περιέχονται µόρια αζώτου(Ν2) σε Τ= 273 Κ. Να υπολογίσετε: Α. Την τετραγωνική ρίζα της µέσης τιµής του τετραγώνου της ταχύτητας των µορίων (υεν). Β. Τη µέση κινητική ενέργεια για κάθε µόριο. Γ. Τη µεταβολή της ορµής ενός µορίου, το οποίο συγκρούεται ελαστικά µε το τοίχωµα του δοχείου πέφτοντας κάθετα µε ταχύτητα υεν. ∆ίνονται: Γραµµοατοµική µάζα αζώτου 14 .10 -3 Κg/mol, R=8,314 J/(mol .K), ΝΑ= 6,023.1023µόρια/mol. Λύση Α. Η τετραγωνική ρίζα της µέσης τιµής του τετραγώνου της ταχύτητας των µορίων (υεν), δίνεται από τη σχέση:

υεν. =

υ2 =

3RT M


υεν. =

υ2 =

3 ⋅ 8,314 ⋅ 273 m / s = 493,71m/s 28 ⋅ 10 −3

44


Β. Η µέση κινητική ενέργεια για κάθε µόριο είναι:

3 3 R ⋅T K = k ⋅T = 2 2 NA Με αντικατάσταση των µεγεθών παίρνουµε:

K=

3 8,314 273 J = 566 ⋅ 10 −23 J 2 6,023 ⋅ 10 23

Γ. Η µεταβολή της ορµής ενός µορίου, το οποίο συγκρούεται ελαστικά µε το τοίχωµα του δοχείου πέφτοντας κάθετα µε ταχύτητα υεν, είναι:

∆p = p 2 -p1 ή (+ ) → ∆p=p 2 − ( − p1 ) =2p1 =2m ⋅ υ εν (1)

Πρέπει να υπολογίσουµε τη µάζα του µορίου του αζώτου. Ισχύει:

Θυµόµαστε ότι:

1 2K 2K K = m ⋅ υ2 ή m = = 2 2 υ2 υεν

(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουµε: ∆p=2

2K υεν υ 2εν

ή

∆p=

4K υ εν


∆p=

4 ⋅ 566 ⋅ 10 −23 493, 71

Kg ⋅ m / s = 4,586 ⋅ 10 −23 Kg ⋅ m/s

Η ορµή σώµατος µάζας m ορίζεται από τη σχέση: p = m⋅υ

p

õ m

Η κατεύθυνση της ορµής p είναι ίδια µε την κατεύθυνση της ταχύτητας õ .

45


Προσοχή: Στην αντικατάσταση της µονάδας της γραµµοµοριακής µάζας. Στο S.I. είναι: Κg/mol

Παράδειγµα 1.38 Σ’ένα δοχείο όγκου 4 L περιέχεται Ηe σε θερµοκρασία 400 Κ και πίεση 10 Ν/m2. Α. Πόσα µόρια He περιέχονται στο δοχείο; Β. Πόση είναι η υ2 για κάθε µόριο; Γ. Συµπιέζουµε το αέριο, ώστε ο όγκος του να γίνει 2 L. Πόση είναι η υ2 , αν η συµπίεση γίνει: ι) µε σταθερή πίεση. ιι) µε σταθερή θερµοκρασία. ∆ίνονται: ΝΑ=6. 10-23 µόρια/mol, γραµµοµοριακή µάζα He = 4 g/mol και R=8,314 Joule.mol-1.k-1. Λύση N Α. H καταστατική εξίσωση P.V = n.R.T γράφεται: PV = RT

NA

Άρα:

N=

NA ⋅ P ⋅ V R⋅T


N=

6, 023 ⋅1023 ⋅10 ⋅ 4 ⋅10-3 µόρια = 0,564 ⋅1018 µόρια 8,314 ⋅ 300

Β. Η τετραγωνική ρίζα της µέσης τιµής του τετραγώνου της ταχύτητας (υεν) των µορίων του He, δίνεται από τη σχέση:

υ2 =

3RT M

3 ⋅ 8,314 ⋅ 400 m / s = 1581,14 m/s 4 ⋅ 10 −3 Γ. Η ενεργός ταχύτητα (υεν) ενός αερίου εξαρτάται µόνο από τη θερµοκρασία.


ι) Αν η συµπίεση γίνει ισοβαρώς ίσχύει:

Άρα:

υεν(1)=

3RT1 M

υ2 =

V1 V2 = T1 T2

Þ

(3)

V1 V1/2 = T1 T2

Þ

(1)

T2 = T1/2 (2)

46


3RT2 (2) 3RT1 = M 2M

υεν(2)=

(4)

Από τις σχέσεις (3) και (4) παίρνουµε: υεν(2)=υεν(1)/ 2 ιι) Αν η συµπίεση γίνει ισόθερµα (Τ=σταθ.), η ενεργός ταχύτητα δεν αλλάζει. ∆ηλαδή: υεν=σταθ.

Παράδειγµα 1.39 Ένα δοχείο έχει όγκο V=0,04 m3 και περιέχει άζωτο για τα µόρια του οποίου είναι u 2 =2200 m/s. Αν η ολική κινητική ενέργεια των µορίων λόγω της µεταφορικής τους κίνησης είναι 4.103 J, να υπολογίσετε: Α. Την ποσότητα του αζώτου που περιέχεται στο δοχείο. Β. Την πίεση που ασκεί το άζωτο στα τοιχώµατα του δοχείου. Λύση Α. Iσχύει ότι:

1 2 2K ολ

2 Kολ = Ν⋅ K όπου: K = m ⋅ υ Άρα:

1 K ολ = Ν m ⋅ υ 2 2

Þ

Νm =

υ2


mαερ =

2Kολ υ

2

2 ⋅ 4 ⋅103 = Kg = Kg 2 2,22 ⋅106 2,2 ⋅103

(

2 ⋅ 4 ⋅103

)

-3 ή m αερ =1,653 ⋅ 10 Kg

Β. Η πίεση που ασκεί το άζωτο στα τοιχώµατα του δοχείου, θα υπολογιστεί από τη σχέση:

1 1 m αερ 2 Ρ= ρ ⋅ υ 2 = υ 3 3 V Με αντικατάσταση των µεγεθών παίρνουµε:

1 1 1,653 ⋅ 10−3 Ρ = ρ ⋅ υ2 = 2, 2 ⋅ 103 3 3 0,04

(

)

2

N/m 2 ή P = 2 ⋅ 105 N/m 2

47


Παράδειγµα 1.40 Σε ύψος 20 km η πίεση της ατµόσφαιρας είναι 56mbar και η πυκνότητα του αέρα 9,2 · 10–2 Kg/m3. α. Υπολογίστε τη θερµοκρασία σ’αυτό το ύψος και την ενεργό ταχύτητα των µορίων του αέρα. β. Μία ποσότητα αυτού του αέρα εγκλωβίζεται σε κυλινδρικό δοχείο, κλειστό στο ένα άκρο, ενώ στο άλλο άκρο κλείνεται µε ευκίνητο έµβολο που κινείται χωρίς τριβές. Ο αέρας υφίσταται τις εξής µεταβολές: i. A → B : κρατώντας σταθερή την πίεσή του τριπλασιάζουµε τον όγκο του ii. B → Γ : µε σταθερή θερµοκρασία υποδιπλασιάζουµε την πίεσή του iii. Γ → ∆ : µε σταθερό όγκο πηγαίνουµε στην αρχική θερµοκρασία. Να σχεδιάσετε τα διαγράµµατα P-V, P-T, V-T γ. Να υπολογίσετε την τελική πίεση του αερίου στην κατάσταση ∆. δ. Να υπολογίσετε το λόγο των ενεργών ταχυτήτων στις καταστάσεις Γ και Α. J , για τον αέρα M = 29 ⋅ 10 -3 kg/mol , 1 bar = 105 N/m2 ∆ίνονται R = 8, 314 mol ⋅ K Λύση −3 5 N 2 2 α. P = 56mbar = 56 ⋅10 ⋅10 2 = 56 ⋅10 N/ m Ισχύει: m P ⋅ M = ρRT ⇒ T =

β.

(Ν/m 2 )

P⋅ M 56⋅102 ⋅ 29⋅10−3 ⇒ T = 212,3K K ⇒T = Ενώ ρR 9,2 ⋅10−2 ⋅ 8,314 (Ν/m 2 )

υ2 =

3RT m ⇒ υ 2 = 427,3 M s

(m 3)

(K) (m3)

(K)

VA VB T V = ⇒ TB = A B = T ⋅ 3V ⇒ TB = 3T TA TB VA V PB VB P ⋅ 3V = ⇒ VΓ = 6V B → Γ (Τ = σταθ ) : N.Boyle: PBVB = PΓ VΓ ⇒ VΓ = P PΓ 2 P T P P PT P Γ → ∆ (V = σταθ ) : N.Charles : Γ = ∆ ⇒ P∆ = Γ ∆ ⇒ P∆ = 2 ⇒ P∆ = = 9,33mbar 3T 6 TΓ Τ∆ ΤΓ 3RΤΓ υΓ 2 M = 3T = 3 . δ. Ισχύει TΓ = ΤΒ = 3Τ εποµένως: = T 2 3 R ΤA υΑ M

γ. A → B (P = σταθ ) : N.Gay − Lussac :

48


Ασκήσεις για λύση: 1. Ιδανικό αέριο περιέχεται σε δοχείο σταθερού όγκου. Αρχικά η θερµοκρασία του ήταν 10 oCκαι η πίεσή του 2,5 atm. α. Ποια θα είναι η πίεσή του όταν η θερµοκρασία του γίνει 80 oC; β. Να σχεδιαστούν τα διαγράµµατα P = f (V), V= f (T) και P = f (T). Απ. α. 3,1 atm 2. Ποσότητα αέριου οξυγόνου βρίσκεται υπό πίεση P και σε θερµοκρασία 27 oC. α. Αν το αέριο θερµανθεί υπό σταθερό όγκο έως ότου τριπλασιαστεί η πίεσή του ποια θα είναι η τελική θερµοκρασία; β. Αν το αέριο, από την αρχική κατάσταση θερµανθεί ώστε η πίεσή του και ο όγκος του να διαπλασιαστούν, ποια θα είναι η τελική θερµοκρασία. Aπ. α. T1 = 900 K, β. T2 = 1200 K 3. Αέριο βρίσκεται σε δοχείο υπό πίεση 10atm και θερµοκρασία 15 oC. Αν το µισό αέριο διαφύγει και η θερµοκρασία του ανυψωθεί στους 65 oC ποια θα είναι η πίεση του αερίου στο δοχείο. Aπ. 5,87 atm 4. Μια ποσότητα ιδανικού αερίου εκτελεί τη µεταβολή που φαίνεται στο σχήµα. α. Ποιος νόµος περιγράφει κάθε µεταβολή; β. Να παραστήσετε τη µεταβολή σε άξονες P - V και V - T γ. Μεγαλύτερος είναι ο όγκος στη θέση ∆ ή στη θέση Γ; Απ. γ. στη θέση Γ 5. Μια φυσαλλίδα αερίου, που βρίσκεται σε θερµική ισορροπία µε το νερό σε κάθε θέση, ανέρχεται από τον πυθµένα µιας λίµνης βάθους 4,2 m και θερµοκρασίας 5 oC στην επιφάνεια, όπου η θερµοκρασία του νερού είναι 12 oC. Ποιος είναι ο λόγος των διαµέτρων της φυσαλλίδας στις δύο θέσεις; ∆ίνονται P0 = 105 N/m2, g = 10 m/s2 , ρ = 103 Κg/m3 Απ. 1,13

(Ν/m 2 )

(Κ)

49


6. Ένα κατακόρυφο κυλινδρικό δοχείο διατοµής S = 0,008 m2 κλείνεται αεροστεγώς από ένα έµβολο µάζας m = 20 Kg, το οποίο κινείται χωρίς τριβές. Ο κύλινδρος περιέχει n = 0,2 mol ιδανικού αερίου θερµοκρασίας Θ = 127 οC. Προσδιορίστε το ύψος h στο οποίο το έµβολο θα ισορροπεί υπό την επίδραση του βάρους του. ∆ίνονται g = 10 m/s2 , P0 = 1,013 · 105 N/m2, R = 8,314 J/mol · K. Απ. h=0,66 m 7. Σε µια µεταβολή δεδοµένης ποσότητας ιδανικού αερίου, η πυκνότητά του παραµένει σταθερή και η αρχική πίεση του αερίου είναι 1,5atm σε θερµοκρασία 27 oC. Να υπολογιστεί η πίεσή του όταν η θερµοκρασία του γίνει 127 oC. Aπ. P=2 atm 8. ∆ύο δοχεία µε όγκους 600L και 400L συνδέονται µε λεπτό σωλήνα αµελητέου όγκου που φέρει κλειστή στρόφιγγα. Τα δοχεία περιέχουν αέριο υπο πίεση 1atm και 3 atm αντίστοιχα. Να βρεθεί η τελική πίεση στα δοχεία αν ανοίξουµε τη στρόφιγγα. Να θεωρήσετε ότι η θερµοκρασία παραµένει σταθερή. Aπ. P=1,8 atm 9. Ποσότητα n = 2/R mol ιδανικού αερίου βρίσκεται στην κατάσταση Α και εκτελεί τις µεταβολές που φαίνονται στο σχήµα. α. Να υπολογίσετε τις θερµοκρασίες στις καταστάσεις Α, Β, Γ β. Να βρείτε τις σχέσεις p(T) σε κάθε µεταβολή. γ. Να βρείτε τη µέγιστη θερµοκρασία στη διάρκεια των µεταβολών. Aπ. α. TA = 200 K, ΤΒ = 400 Κ, ΤΓ = 400 Κ, γ. Τmax = 450 K 10. Ποσότητα ιδανικού αερίου έχει αρχικά θ1 = 27 οC, P1 = 2 atm και V1 = 2 L. Το αέριο εκτονώνεται µε σταθερή θερµοκρασία µέχρι να διπλασιασθεί ο όγκος του και ακολούθως θερµαίνεται το αέριο υπό σταθερό όγκο µέχρι να αποκτήσει την αρχική πίεση. Να βρείτε: α. Την τελική θερµοκρασία β. Να παραστήσετε τη µεταβολή σε άξονες P-V, P-T, V-T γ. Να βρείτε το λόγο της αρχικής προς την τελική ενεργό ταχύτητα. Απ. α. 600 Κ, γ.

2

50


11. Σ’ένα δοχείο µε θερµοκρασία Τ περιέχονται µόρια O2 και µόρια H2. Αν είναι m 2 υO2 2 = 400 , να βρείτε την υH2 . s -3 ∆ίνονται M O2 = 32 ⋅ 10-3 kg/mol και M H2 = 2 ⋅ 10 kg/mol . Απ. 1600 m/s 12. Μάζα m = 30 g H2 περιέχεται σε δοχείο όγκου 1m3. Η ενεργός ταχύτητα των µορίων του είναι 831 m/s. α. Πόση είναι η πίεση και η θερµοκρασία του H2; β. Πόση είναι η ολική κινητική ενέργεια λόγω της µεταφορικής κίνησης των µορίων; J -3 , M H2 = 2 ⋅ 10 kg/mol , ΝΑ= 6. 1023 µόρια/mol. ∆ίνονται R = 8, 314 mol ⋅ K N −23 Απ. α. 6,9 ⋅103 2 , 55,4 Κ, β. 38,36 ⋅10 J m

13. Ένα δοχείο περιέχει µίγµα O2 και He. α. Να συγκριθούν οι µέσες τιµές των κινητικών ενεργειών λόγω µεταφορικής κίνησης και οι αντίστοιχες τιµές για τις ενεργές ταχύτητες β. Αν στη θερµοκρασία 0 oC για τα µόρια του οξυγόνου η ενεργός ταχύτητά του είναι 460 m/s, ποιες είναι οι αντίστοιχες τιµές για το O2 και το He στη θερµοκρασία 40 oC; -3 -3 ∆ίνονται MO2 = 32 ⋅ 10 kg/mol , MHe = 4 ⋅ 10 kg/mol . m m Απ. α. Ίδια, 2 2 , β. 492,55 s , 1393,14 s

14. Είκοσι σωµάτια που το καθένα έχει µάζα m περιορίζονται σε όγκο V και έχουν τις ακόλουθες ταχύτητες: δύο σωµάτια έχουν ταχύτητα υ, τρία ταχύτητα 2υ, πέντε ταχύτητα 3υ, τέσσερα ταχύτητα 4υ, τρία ταχύτητα 5υ, δύο ταχύτητα 6υ και ένα ταχύτητα 7υ. Βρείτε: α. τη µέση ταχύτητα β. την ενεργό ταχύτητα γ. την πίεση που ασκούν τα σωµάτια στα τοιχώµατα του δοχείου δ. τη µέση κινητική ενέργεια ανά σωµάτιο. Απ. α. 3,65υ, β. 3,99υ , γ. 106

mυ 2 , δ. 7,96 mυ2 V

51


15. Σχεδιάστε και ερµηνεύστε φυσικά: α. τη µεταβολή της πυκνότητας ενός αερίου µε τη θερµοκρασία για µια ισοβαρή (σταθερή πίεση) µεταβολή β. τη µεταβολή της πυκνότητας ενός αερίου µε την πίεση για µια ισόθερµη µεταβολή. 16. Στην κορυφή της στρατόσφαιρας η θερµοκρασία είναι -38 oC. Πόση είναι η ενεργός ταχύτητα ενός µορίου οξυγόνου και ενός µορίου αζώτου εκεί. Πόση είναι η µέση κινητική ενέργεια αυτών των µορίων; -3 -3 ∆ίνεται MO2 = 32 ⋅ 10 kg/mol , MN2 = 28 ⋅ 10 kg/mol , R = 8, 314

µόρια J , N A = 6 ⋅ 1023 . mol ⋅ K mol

m Απ. α. 428 , 457,5 s

m , β. 4,9 ⋅10−21 J s

17. Για την ταχύτητα του ήχου στον αέρα ισχύει: υ = 1, 4p/ρ α. ∆είξτε ότι υ = 1, 4KT/m , όπου m είναι η µέση µάζα των µορίων του αέρα. β. ∆είξτε ότι υ = 0, 68 ⋅ υ2 γ. Υπολογίστε την ταχύτητα του ήχου στον αέρα στους 0 oC. J -3 ∆ίνεται για τον αέρα M = 29 ⋅ 10 kg/mol , R = 8, 314 mol ⋅ K

Απ. 331,5 m/s

52


1Ο Κριτήριο Αξιολόγησης: Θέµα 1ο: Nα επιλέξετε τη σωστή απάντηση στις ερωτήσεις που ακολουθούν: 1. Σε ποια από τις παρακάτω µεταβολές έχουµε ελάττωση της θερµοκρασίας. α. Ισοβαρής εκτόνωση. β. Ισόθερµη εκτόνωση. γ. Ισόχωρη ψύξη. δ. Ισόθερµη συµπίεση. Μονάδες 5 2. Σε ποια από τις παρακάτω θερµοκρασίες, τα µόρια ιδανικού αερίου έχουν διπλάσια ενεργό ταχύτητα από αυτή που έχουν στους 27οC. α. 108oC β. 54oC γ. 927oC. δ. 327oC Μονάδες 5 3. Η πίεση ιδανικού αερίου σε δοχείο µε ανένδοτα τοιχώµατα είναι Ρ. Aν τετραπλασιάσουµε την απόλυτη θερµοκρασία του αερίου τότε: α. Η πίεση διπλασιάζεται. β. Η πίεση τετραπλασιάζεται. γ. Η πίεση παραµένει σταθερή. δ. Ο όγκος τετραπλασιάζεται. Μονάδες 5 4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν σαν σωστές (Σ) ή λανθασµένες (Λ). α. Στην ισοβαρή συµπίεση η θερµοκρασία του αερίου αυξάνεται. β. Η µέση κινητική ενέργεια των µορίων ενός ιδανικού αερίου δεν εξαρτάται από τη µάζα των µορίων του. γ. Η ενεργός ταχύτητα των µορίων του αερίου είναι ανάλογη της θερµοκρασίας του. δ. Η πίεση µιας ποσότητας ιδανικού αερίου δεν εξαρτάται από την πυκνότητα του αερίου. ε. Στο απόλυτο µηδέν τα µόρια ενός ιδανικού αερίου ηρεµούν. Μονάδες 5

53

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία 5. Να γράψετε τις λέξεις που συµπληρώνουν σωστά καθεµία από τις παρακάτω προτάσεις. α. Σύµφωνα µε το νόµο του Boyle το γινόµενο της ..................... επί τον .................... ορισµένης ποσότητας ιδανικού αερίου σε σταθερή θερµοκρασία είναι ..................... β. Η πίεση ορισµένης ποσότητας ιδανικού αερίου είναι ................... της ....................... των τετραγώνων των ταχυτήτων των µορίων. γ. Τα µόρια του ιδανικού αερίου, τόσο µεταξύ τους όσο και µε τα τοιχώµατα του δοχείου συγκρούονται .......................... εποµένως η κινητική τους ενέργεια ........................ δ. Σύµφωνα µε την κινητική θεωρία τα αέρια αποτελούνται από ....................... πλήθος απειροελάχιστων ....................... που κινούνται ......................... µέσα στο χώρο που καταλαµβάνει το αέριο. ε. Μακροσκοπικά, ιδανικό αέριο είναι το αέριο για το οποίο ισχύει η .................... ακριβώς, σε όλες τις ........................... και ........................... Μονάδες 5 Θέµα 2ο 1. ∆ύο ποσότητες ιδανικού αερίου µε n και 2n mol αντίστοιχα, κλείνονται διαδοχικά σε έναν κύλινδρο και θερµαίνονται ισοβαρώς. Να παραστήσετε ποιοτικά τις µεταβολές των δύο αερίων στο ίδιο διάγραµµα V-T. Mονάδες 5 2. Να αποδείξετε τη σχέση µεταξύ της µέσης κινητικής ενέργειας των µορίων ιδανικού αερίου και της θερµοκρασίας του. Mονάδες 8 3. Ποσότητα ιδανικού αερίου υφίσταται µεταβολή κατά τη διάρκεια της οποίας ο όγκος του υποδιπλασιάζεται και η µέση κινητική ενέργεια των µορίων του διπλασιάζεται. α. Η απόλυτη θερµοκρασία του αερίου στην τελική κατάσταση είναι: i. η µισή της αρχικής ii. ίση µε την αρχική iii. διπλάσια της αρχικής Μονάδες 2 Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Μονάδες 4

54

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµοι των αερίων - Καταστατική εξίσωση - Κινητική θεωρία β. Η πίεση του αερίου στην τελική κατάσταση είναι: i. η µισή της αρχικής ii. ίση µε την αρχική

iii. τετραπλάσια της αρχικής Μονάδες 2

Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Μονάδες 4 Θέµα 3ο Ι. Ποσότητα υδρογόνου, µε αρχικό όγκο V1 = 10 L , θερµαίνεται υπό σταθερή πίεση µέχρι να διπλασιαστεί η ενεργός ταχύτητα των µορίων του. Να βρεθεί ο τελικός όγκος του αερίου. Μονάδες 13 ΙΙ. Αν η ενεργός ταχύτητα των µορίων του υδρογόνου είναι 800 m/s να βρεθεί η ενεργός ταχύτητα των µορίων του οξυγόνου στην ίδια θερµοκρασία. ∆ίνονται M H2 = 2 ⋅10−3 kg / mol , M O2 = 32 ⋅10−3 kg / mol Μονάδες 12 Θέµα 4ο Ποσότητα n = 4/R mol ιδανικού µονοατοµικού αερίου (όπου R η παγκόσµια σταθερά των αερίων στο σύστηµα S.I.) και όγκου 4 L βρίσκεται στην κατάσταση θερµοδυναµικής ισορροπίας Α, µε TA = 200 K . Από την κατάσταση Α το αέριο ακολουθεί την παρακάτω σειρά διαδοχικών αντιστρεπτών µεταβολών: α. Ισόχωρη θέρµανση ΑΒ, µέχρι την κατάσταση Β µε πίεση PB = 3PA . β. Ισοβαρή εκτόνωση ΒΓ µέχρι την κατάσταση Γ, µε όγκο VΓ = 2VA . γ. Ισόχωρη ψύξη Γ∆ µέχρι την κατάσταση ∆, µε πίεση P∆ = PA . δ. Ισοβαρή συµπίεση ∆Α µέχρι την αρχική κατάσταση Α. i. Nα υπολογίσετε τις τιµές της πίεσης, του όγκου και της θερµοκρασίας του αερίου στις καταστάσεις Β και Γ. Μονάδες 16 ii. Να παραστήσετε γραφικά τις παραπάνω µεταβολές σε διάγραµµα P-V, P-T και V-T. Μονάδες 9

55


Τυπολόγιο Κινητική θεωρία των αερίων Νόµος του Βoyle:

P ⋅ V = σταθ. για Τ = σταθ.

Νόµος του Charles:

P = σταθ. για V = σταθ. T

Νόµος του Gay-Lussac:

V = σταθ. για P = σταθ. T Καταστατική εξίσωση ιδανικών αερίων

P ⋅ V = nRT

R = 8,314 J / mol ⋅ K

P ⋅ V = NkT

k = 1, 381 ⋅ 10 −23 J / mol ⋅ K

Αριθµός mol: n =

m M

m: µάζα

M: γραµµοµοριακή µάζα

Kινητική θεωρία Σχέση πίεσης - ταχυτήτων των µορίων: P =

1 m υ2 N 3 V

Σχέση θερµοκρασίας - ταχυτήτων των µορίων: K =

Ενεργός ταχύτητα: υεν = υ2 =

3kΤ 3RT = m M

1 3 m υ2 = kΤ 2 2

56


Απαντήσεις των ερωτήσεων - Λύσεις των ασκήσεων: Ερωτήσεις:

1ο Κριτήριο αξιολόγησης:

1. γ

Θέµα 1ο:

2. δ

1. γ

3. γ

2. γ

4. β 5. γ

3. β

6. α

4. α. Λ β. Σ

7. α

5. α. πίεση, όγκος, σταθερό

8. β

β. ανάλογα, µέσης τιµής

9. α

γ. ελαστικά, διατηρείται

10. β, δ

δ. µεγάλο, σφαιρίδιο, τυχαία

γ. Λ

δ. Λ

ε. Λ

ε. καταστατική εξίσωση, πιέσεις, θερµοκρασία 11. δ Θέµα 2ο:

12. β, γ, δ

3. α. Τ΄ = 2Τ

13. γ

Θέµα 3ο:

14. β, γ

3. Ι. Τ2 = 4Τ1, V2 = 40 L

15. α, β, δ

Θέµα 4ο:

16. δ

PΑ = 2 · 105 Ν/m2 PΓ

17. δ 18. α. Σ

β. Λ

γ. Σ

δ. Λ

β. Λ

γ. Σ

δ. Λ

19. γ 20. α 21. α. Λ

β. Ρ΄ = 4Ρ

ε. Λ

= 6 · 105 Ν/m2

II. υεν1ο = 200 m/s

PB = 3 · 105 N/m2 VΓ

= 8 · 10–3 m3

ΤΓ = 1200 Κ

VΓ = V∆

Τ∆ = 400 Κ

P∆ = PΑ

ΤΒ = 600 Κ

ΒΛ/Μ1 05 - 06


ΟΡΟΣΗΜΟ

Τεύχος 1ο: Φυσική Γενικής Παιδείας: • Νόµος του Coulomb • Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου • ∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου

Copyright  Eκδοτικές Επιχειρήσεις Η. ΜΑΝΙΑΤΕΑ Α.Ε. Λ. Θησέως 50 – Καλλιθέα

ΕΚ∆ΟΤΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ ΟΡΟΣΗΜΟ ΠΕΡΙΟ∆ΙΚΗ ΕΚ∆ΟΣΗ ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

τηλ.: 210 95 46 000

∆ /νση Εκπαιδευτικής σειράς: Α. ΖΥΡΜΠΑΣ Υπεύθυνοι σύνταξης: Ι. ΒΑΓΙΩΝΑΚΗΣ Γ. ΓΚΡΟΣ ∆. ΠΑΓΚΑΛΗΣ Α. ΣΥΚΙΩΤΗΣ Συντακτική Οµάδα: ΒΑΓΙΩΝΑΚΗΣ Ι. ΓΙΟΜΠΛΙΑΚΗΣ Λ. ΓΚΡΟΣ Γ. ΓΡΑΜΜΑΤΙΚΑΚΗΣ Γ. ∆ΑΜΙΑΝΟΣ Σ. ∆ΙΑΚΑΚΗΣ Φ. ∆ ΡΑ ΚΟ Π ΟΥΛΟ Σ Γ. Θ Ε Ω ∆Ο Ρ Ο Π ΟΥΛΟ Σ Σ . ΚΑΝΕΛΟΠΟΥΛΟΣ Ν. ΚΟΝΤΟΥ Ε. ΚΥΡΙΑΚΑΤΗ Α. ΜΑΝ∆ΡΑΒΕΛΗΣ Π. ΜΑΣΤΡΑΛΕΞΗΣ ∆. ΝΙΚΟΛΑΟΥ Χ. ΝΙΚΟΛΑϊ∆ΗΣ Η. ΠΑΠΑΓΙΑΝΝΗΣ Κ. ΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ Χ. ΣΥΚΙΩΤΗΣ Α. ΦΙΛΙΠΠΟΥ Κ.

Ηλεκτρονική σελιδοποίηση Γραφικά: Βασίλειος Θ. Κακαλής Eκδοτικές Επιχειρήσεις Η. ΜΑΝΙΑΤΕΑ Α.Ε.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Φυσική Γενικής Παιδείας για την Β' Τάξη του Λυκείου 1. Nόµος του Coulomb - Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου

σελ. 59

2. ∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου

σελ. 61

ΣΤΟ ΕΠΟΜΕΝΟ ΤΕΥΧΟΣ 1. Απαντήσεις Eρωτήσεων - Ασκήσεων - Κριτηρίων αξιολόγησης 2. Ηλεκτρική δυναµική ενέργεια - Πυκνωτές 3. Ηλεκτρικό ρεύµα

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµος Coulomb - Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου - ∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου

59

Νόµος του Coulomb - Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου ∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου Νόµος του Coulomb - Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου: Ιδιότητες ηλεκτρικού φορτίου: • Το φορτίο εµφανίζεται σε δύο είδη, το θετικό και το αρνητικό. Τα οµόσηµα φορτία απωθούνται, ενώ τα ετερόσηµα έλκονται. Το ηλεκτρικό φορτίο είναι κβαντισµένο. • Το ηλεκτρικό φορτίο ενός σώµατος είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του θεµελιώδους φορτίου του ηλεκτρονίου (το µικρότερο φορτίο στη φύση) Q = N ⋅ qe όπου N = αριθµός ηλεκτρονίων q e = θεµελιώδες φορτίο (qe = –1,6 · 10–19 C)

•

Αρχή διατήρησης ηλεκτρικού φορτίου Σ’ ένα ηλεκτρικά µονωµένο σύστηµα το αλγεβρικό άθροισµα των ηλεκτρικών φορτίων διατηρείται σταθερό. Νόµος Coulomb Η ελκτική ή η απωστική δύναµη που ασκείται µεταξύ δύο σηµειακών ηλεκτρικών φορτίων έχει τη διεύθυνση της ευθείας που ενώνει τα κέντρα τους, το µέτρο της είναι ανάλογο µε το γινόµενο των δύο φορτίων και αντιστρόφως ανάλογο µε το τετράγωνο της µεταξύ τους απόστασης. Q Q Fc = k ηλ 1 2 2 r

Η ηλεκτρική σταθερά k ηλ εξαρτάται από το σύστηµα µονάδων και το µέσο στο οποίο βρίσκονται τα ηλεκτρικά φορτία:

k ηλ = 9 ⋅ 109 Nm2 C2 , k ηλ = ε 0 = 8,85 ⋅ 10−12

1 , (για το κενό ή αέρα) 4πε 0

C2 , (διηλεκτρική σταθερά κενού) N ⋅ m2

60


9 ⋅ 109 Nm 2 C2 (για µονωτικό υλικό) ε ε: διηλεκτρική σταθερά του υλικού, χαρακτηριστική για κάθε υλικό, είναι καθαρός αριθµός. (µέσα σε µονωτικό υλικό η δύναµη µεταξύ δύο φορτίων ελαττώνεται, το πόσο ελαττώνεται το δείχνει η διηλεκτρική σταθερά ε του υλικού) k ηλ =

Παρατηρήσεις για τη δύναµη Coulomb: α. είναι κεντρική δύναµη (η διεύθυνσή της είναι στην ευθεία που ενώνει τα δύο φορτία) β. είναι συντηρητική δύναµη (το έργο της είναι ανεξάρτητο της διαδροµής) γ. αναφέρεται µεταξύ σηµειακών ηλεκτρικών φορτίων ή φορτισµένων σφαιρών δ. δεν ασκείται σε αποστάσεις µικρότερες του 10−14 m ε. τα ηλεκτρικά φορτία βρίσκονται στο ίδιο περιβάλλον Ηλεκτροστατικό πεδίο είναι ο χώρος στον οποίο, αν φέρουµε ένα ηλεκτρικό φορτίο (υπόθεµα), δέχεται ηλεκτρικές δυνάµεις. Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου Κάθε σηµείο ενός ηλεκτροστατικού πεδίου χαρακτηρίζεται από το διανυσµατικό µέγεθος που καλείται ένταση Ε και το µέτρο της ορίζεται µε το σταθερό πηλίκο της ηλεκτρικής δύναµης που ασκείται µεταξύ του υποθέµατος (φορτίο q) και της πηγής, προς το υπόθεµα αυτό. Η κατεύθυνσή της συµπίπτει µε την κατεύθυνση της δύναµης αν το υπόθεµα είναι θετικό. F Ε= q Μονάδα µέτρησης της έντασης στο S.I.είναι το 1 N/C. Παρατηρήσεις για την ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου: • η κατεύθυνση και το µέτρο της έντασης είναι ανεξάρτητα από το πρόσηµο και την τιµή του υποθέµατος, αν το υπόθεµα είναι θετικό. H δύναµη και η ένταση έχουν την ίδια κατεύθυνση • η κατεύθυνση της δύναµης είναι αντίθετη µε την κατεύθυνση της έντασης αν το υπόθεµα είναι αρνητικό. • η δύναµη εµφανίζεται σ’ ένα σηµείο του πεδίου, όταν τοποθετήσουµε ένα υπόθεµα (φορτίο), ενώ η ένταση είναι ανεξάρτητη της παρουσίας του υποθέµατος • η ένταση εκφράζει τη δύναµη ανά µονάδα φορτίου.

61


• από τον ορισµό της έντασης η δύναµη που δέχεται το υπόθεµα είναι: F = q ⋅ Ε • γενικά µε τη δύναµη δε µπορούµε να περιγράψουµε ένα πεδίο γιατί εξαρτάται από το υπόθεµα, ενώ µε την ένταση το περιγράφουµε Σε ένα πεδίο Coulomb, που δηµιουργείται από σηµειακό ηλεκτρικό φορτίο η ένταση έχει µέτρο: F Ε= c = q

k ηλ

Q q r2 ⇒ Ε = k Q ηλ q r2

∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου ∆υναµική γραµµή ηλεκτροστατικού πεδίου λέµε κάθε νοητή γραµµή µέσα στο πεδίο σε κάθε σηµείο της οποίας, το διάνυσµα της έντασης του πεδίου είναι εφαπτόµενο σ’ αυτή και έχει ίδια φορά µε αυτή.

Ιδιότητες δυναµικών γραµµών ηλεκτροστατικού πεδίου • Είναι ανοικτές, ξεκινούν από θετικά ηλεκτρικά φορτία και καταλήγουν στα αρνητικά.

•

∆εν τέµνονται. Αν τεµνόντουσαν π.χ. στο σηµείο Α, θα είχαµε δύο εφαπτοµενικές εντάσεις Ε1 ≠ Ε 2 όπως φαίνεται στο σχήµα. Αυτό είναι άτοπο, γιατί σε κάθε σηµείο του ηλεκτροστατικού πεδίου το διάνυσµα της έντασης είναι µοναδικό.

• Η πυκνότητά τους είναι ανάλογη του µέτρου της έντασης του ηλεκτροστατικού πεδίου. • ∆εν εφάπτονται. Αν εφάπτοντο π.χ. στο σηµείο Κ, η πυκνότητα των δυναµικών γραµµών θα ήταν άπειρη και εποµένως και η ένταση του πεδίου θα ήταν άπειρη. Αυτό είναι αδύνατον.

•

Σ’ ένα οµογενές ηλεκτροστατικό πεδίο οι δυναµικές γραµµές είναι ευθείες, παράλληλες, οµόρροπες και ισαπέχουσες.

62


Οµογενές ηλεκτροστατικό πεδίο Οµογενές ηλεκτροστατικό πεδίο λέγεται ο χώρος στον οποίο το διάνυσµα της έντασης είναι σταθερό σε όλα τα σηµεία του. Ο χώρος µεταξύ δύο παράλληλων µεταλλικών πλακών, που είναι φορτισµένες µε ίσα κατά απόλυτη τιµή και ετερόσηµα φορτία, είναι ένα οµογενές ηλεκτροστατικό πεδίο.

• Η τιµή της έντασης είναι ίδια σε όλα τα σηµεία του πεδίου. • Η διεύθυνση της έντασης είναι κάθετη στα επίπεδα των δύο πλακών. • Η φορά της έντασης είναι πάντα από τη θετική πλάκα προς την αρνητική. Αν σ’ ένα σηµείο οµογενούς πεδίου τοποθετήσουµε ένα σηµειακό φορτίο q, αυτό θα κινηθεί F ευθύγραµµα µε σταθερή επιτάχυνση α = , όπως φαίνεται στο σχήµα. m


63

Ερωτήσεις: 1. ∆ύο φορτία + q και +3q βρίσκονται σε απόσταση r. Να επιλέξετε τη σωστή ή τις σωστές προτάσεις. α. Τα φορτία απωθούνται µε ίσες δυνάµεις. β. Το φορτίο +3q ασκεί στο + q τριπλάσια δύναµη από αυτή που ασκεί το + q στο +3q . γ. Τα φορτία έλκονται. δ. Τα φορτία δεν αλληλεπιδρούν. 2. Ανάµεσα σε δύο φορτία, που απέχουν απόσταση r, ασκείται δύναµη F. Πόση θα γίνει η δύναµη, αν η απόσταση των φορτίων γίνει 3r; Επιλέξτε τη σωστή απάντηση: α. 3F

β. 9F

γ. F 3

δ. F 6

ε. F 9

3. ∆ύο µικρές σφαίρες φέρουν ίσα φορτία και απωθούνται µε δύναµη F, όταν απέχουν απόσταση . Τα φορτία θα απωθούνται µε δύναµη 9F όταν απέχουν απόσταση: α. 9

β. 3

γ. 9

δ. 3

Επιλέξτε τη σωστή απάντηση. 4. Η ηλεκτρική σταθερά k ηλ , που χρησιµοποιείται στο νόµο του Coulomb: α. είναι διανυσµατικό µέγεθος β. είναι αντιστρόφως ανάλογη του τετραγώνου της απόστασης των δύο σηµειακών φορτίων που αλληλεπιδρούν γ. δεν έχει πάντα την ίδια τιµή δ. έχει ως µόναδα το 1

N ⋅ m2 C2

5. Ο νόµος του Coulomb: α. εκφράστηκε ποσοτικά ύστερα από πειραµατική διαδικασία β. µπορεί να εφαρµοστεί για δύο οποιαδήποτε φορτισµένα σώµατα γ. προβλέπει ότι δύο µάζες αλληλεπιδρούν µεταξύ τους

64

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµος Coulomb - Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου - ∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου δ. µπορεί να εφαρµοστεί για δύο σηµειακά ηλεκτρικά φορτία που βρίσκονται βυθισµένα στο νερό και αλληλεπιδρούν 6. Φέρουµε σε επαφή δυο σφαίρες, εκ των οποίων η µία είναι θετικά και η άλλη αρνητικά φορτισµένη. Μετά την επαφή και οι δύο σφαίρες γίνονται ουδέτερες. Να χαρακτηρίσετε µε Σ (σωστό) και Λ (λάθος) τους παρακάτω ισχυρισµούς: α. το ηλεκτρικό φορτίο εξαφανίστηκε β. δεν ισχύει η διατήρηση του φορτίου γ. έγινε ανακατανοµή των φορτίων στις δύο σφαίρες δ. µετακινήθηκαν τα πρωτόνια Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας 7. ∆ύο φορτία + Q και − 3Q βρίσκονται σε απόσταση r. Να επιλέξετε τη σωστή ή τις σωστές προτάσεις. α. τα φορτία απωθούνται µε ίσες δυνάµεις β. το φορτίο − 3Q ασκεί στο + Q τριπλάσια δύναµη από αυτή που ασκεί το + Q στο − 3Q . γ. τα φορτία έλκονται δ. τα φορτία δεν αλληλεπιδρούν 8. ∆ύο µικρές σφαίρες φέρουν ίσα φορτία και απωθούνται µε δύναµη F, όταν απέχουν απόσταση . Τα φορτία θα απωθούνται µε δύναµη 16F όταν απέχουν απόσταση: α. 16 β. 4 γ. /16 δ. / 4 9. Μέσα σε οµογενές ηλεκτροστατικό πεδίο ένα αρνητικά φορτισµένο σωµατίδιο που αφήνεται ελεύθερο (και θεωρείται αβαρές): α. κινείται ευθύγραµµα οµαλά β. κινείται ευθύγραµµα οµαλά επιταχυνόµενο γ. κινείται ευθύγραµµα οµαλά επιβραδυνόµενο δ. κινείται αντίθετα από την κατεύθυνση της έντασης του πεδίου ε. ακολουθεί καµπύλη τροχιά 10. Η σταγόνα του διπλανού σχήµατος κινείται κάθετα στις φορτισµένες µεταλλικές πλάκες, µε ευθύγραµµη κίνηση και µε ταχύτητα σταθερού µέτρου προς τα κάτω. Αυτό σηµαίνει ότι: α. το φορτίο της σταγόνας είναι αρνητικό β. στη σταγόνα ασκούνται δύο δυνάµεις γ. το βάρος της σταγόνας είναι αµελητέο δ. η συνισταµένη των δυνάµεων είναι διάφορη του µηδενός


65

11. Επιλέξτε τις σωστές προτάσεις α. η ένταση είναι χαρακτηριστικό µέγεθος ενός ηλεκτροστατικού πεδίου β. η ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου είναι διανυσµατικό µέγεθος γ. η ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου έχει σταθερή τιµή σε όλα τα σηµεία του πεδίου δ. η ένταση είναι χαρακτηριστικό µέγεθος ενός σηµείου ηλεκτροστατικού πεδίου 12. Επιλέξτε τη σωστή ή τις σωστές απαντήσεις α. η ένταση σε ένα ηλεκτροστατικό πεδίο Coulomb είναι σταθερή β. η ένταση σε ένα ηλεκτροστατικό πεδίο που δηµιουργείται από δύο φορτία είναι σταθερή γ. η ένταση σε ένα οµογενές ηλεκτροστατικό πεδίο είναι σταθερή δ. η ένταση σε ένα πεδίο που δηµιουργείται από τρία φορτία που ισαπέχουν είναι σταθερή 13. Η ένταση του πεδίου στο σηµείο Μ της απόστασης ΑΒ των δύο φορτίων Q και − Q του σχήµατος: α. µηδέν β. προσδιορίζεται αλγεβρικά γ. έχει µέτρο 8k ηλ

Q

( AB)

ε. έχει µέτρο 4 k ηλ

δ. έχει µέτρο 2 k ηλ

2

Q

( AB) 2

Q

( AB) 2

Επιλέξτε τη σωστή ή τις σωστές απαντήσεις. 14. Ένα ηλεκτρόνιο αρχίζει να κινείται µε την επίδραση οµογενούς ηλεκτρικού πεδίου. Α. Η δύναµη και η ένταση του πεδίου έχουν: α. ίδια κατεύθυνση β. διαφορετική κατεύθυνση Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας Β. Η δύναµη που ασκείται στο ηλεκτρόνιο είναι: α. σταθερή β. µεταβλητή Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας Γ. Η κίνηση που θα εκτελέσει το ηλεκτρόνιο θα είναι: α. ευθύγραµµη οµαλή β. ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη γ. κάτι άλλο Να δικαιολόγησετε την απάντησή σας

66


15. Τα παρακάτω διαγράµµατα δείχνουν τη δύναµη η οποία ασκείται σε κάποιο φορτίο, το οποίο βρίσκεται σε πεδίο έντασης Ε. Αναπαρίστανται τέσσερα διαφορετικά πεδία Α, Β, Γ, ∆. Α. Στην περίπτωση Α το φορτίο είναι: α. θετικό β. αρνητικό Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας

Β. Σε ποιες περιπτώσεις είναι ασυµβίβαστα τα διαγράµµατα µε τον ορισµό της έντασης του ηλεκτροστατικού πεδίου; 16. Επιλέξτε τις σωστές προτάσεις: α. η κατεύθυνση της έντασης E ηλεκτροστατικού πεδίου συµπίπτει µε την κατεύθυνση της δυναµικής γραµµής β. οι δυναµικές γραµµές είναι πάντοτε ευθείες γ. οι δυναµικές γραµµές δεν τέµνονται δ. ο φορέας της έντασης συµπίπτει πάντα µε τη δυναµική γραµµή 17. Επιλέξτε τις σωστές προτάσεις: α. από κάθε σηµείο του πεδίου περνούν πολλές δυναµικές γραµµές β. οι δυναµικές γραµµές έχουν φορά από το θετικό προς το αρνητικό φορτίο γ. στο οµογενές πεδίο, η τροχιά ενός φορτίου - υποθέµατος που αφήνεται ελεύθερο, συµπίπτει µε τη δυναµική γραµµή δ. οι δυναµικές γραµµές γύρω από θετικό σηµειακό φορτίο είναι καµπύλες


67

Μεθοδολογία ασκήσεων - Αποδείξεις - Λυµένα παραδείγµατα: Η δύναµη όπως και η ένταση στο ηλεκτροστατικό πεδίο είναι διανυσµατικά µεγέθη και για τον υπολογισµό τους πρέπει να υπολογίσουµε την κατεύθυνσή τους και το µέτρο τους. i. Για τη δύναµη στο ηλεκτροστατικό πεδίο: Το µέτρο της υπολογίζεται: Για σηµειακό φορτίο από τον Ν. Coulomb: FC = k ηλ

Q1 Q 2 r2

Για κάθε άλλο πεδίο: F = ε ⋅ q Αν έχουµε περισσότερα από ένα πεδία, τότε για τη συνισταµένη δύναµη: α. Χρησιµοποιούµε τη µέθοδο του παραλληλογράµµου µέτρο F1,2 = F12 + F22 + 2F1F2 συνφ

κατεύθυνση εφθ =

F1ηµφ F2 + F1συνφ

β. Αν οι δυνάµεις είναι περισσότερες από δύο προτιµούµε να τις αναλύουµε σε σύστηµα ορθογωνίων αξόνων

ΣFx = F1x + F2x + ... + Fνx ΣFy = F1y + F2 y + ... + Fνy

µέτρο Fολ = ΣFx2 + ΣFy2


ΣFy ΣFx

Σηµαντικό στοιχείο για τη µεθοδολογία του κεφαλαίου είναι η τεχνική που εκτελούµε τις πράξεις: π.χ.

αν

έχουµε

δύο

σηµειακά

φορτία

Q1 = +2µC = +2 ⋅ 10 −6 C ,

Q 2 = −6µC = −6 ⋅ 10 −6 C , σε απόσταση r = 2cm = 2 ⋅ 10−2 m

µε k ηλ = 9 ⋅ 109

FC = k ηλ

Ν ⋅ m2 τότε η δύναµη Coulomb έχει µέτρο: C2

Q1 Q 2 r2

= 9 ⋅ 109

Ν ⋅ m 2 2 ⋅ 10−6 C ⋅ 6 ⋅ 10−6 C ⋅ ⇒ 2 C2 ( 2 ⋅10−2 ) m2

68


9 ⋅ 2 ⋅ 6 109 ⋅ 10−6 ⋅ 10−6 N ⋅ m 2 ⋅ C ⋅ C FC = ⋅ ⋅ = 270 N 22 10−4 C2 ⋅ m 2 i. Για την ένταση στο ηλεκτροστατικό πεδίο. Στο σηµείο που µας ζητείτε να υπολογίσουµε την ένταση, θεωρούµε ένα υποθετικό, σηµειακό θετικό φορτίο και υπολογίζουµε την κατεύθυνση της έντασης που είναι οµόρροπη µε την κατεύθυνση της δύναµης του πεδίου. Στο οµογενές πεδίο είναι παράλληλη και οµόρροπη µε τις δυναµικές γραµµές.

φ

ηµφ

συνφ

0ο

0

1

30ο

1 2

3 2

45ο

2 2

2 2

60ο

3 2

1 2

90ο

1

0

120ο

3 2

−

135ο

2 2

−

2 2

150ο

1 2

−

3 2

180ο

0

Το µέτρο της έντασης υπολογίζεται: • Για σηµειακό φορτίο (πεδίο Coulomb) από τη σχέση

ε=k

Q ηλ

• Για οµογενές πεδίο από τη σχέση που θα µάθουµε προσεχώς

r2

ε= V

Αν έχουµε περισσότερα από ένα πεδία χρησιµοποιούµε είτε τη µέθοδο του παραλληλογράµµου είτε τη µέθοδο ανάλυσης σε ορθογώνιους άξονες όπως και για τη δύναµη.

Στη µέθοδο του παραλληλογράµµου χρήσιµο είναι να γνωρίζουµε πως αν αυτό είναι ρόµβος ( F1 = F2 ) τότε οι διαγώνιοί του διχοτοµούν τις γωνίες των κορυφών του: θ =

φ 2

1 2

−1


69

Παράδειγµα 1.1 ∆ύο µικρές σφαίρες που βρίσκονται στο κενό έχουν ολικό φορτίο 5 C και όταν βρίσκονται σε απόσταση r = 100 km απωθούνται µε ηλεκτρική δύναµη F = 5, 4 N . Να βρείτε την τιµή του κάθε φορτίου. ∆ίνεται k ηλ = 9 ⋅ 109

Nm2 C2

Λύση: Τα φορτία επειδή απωθούνται και έχουν ολικό φορτίο 5 C, δηλαδή q1 + q 2 = 5C (1), θα είναι θετικά. Από το νόµο του Coulomb για τη δύναµη αλληλεπίδρασης έχουµε:

F = k ηλ

q1 ⋅ q 2 F ⋅ r2 ⇒ q1 ⋅ q 2 = 2 k ηλ r

( 2)

Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε: 9 F = 5, 4 N , r = 100Km = 100 ⋅ 103 m = 102 ⋅ 103 m = 105 m , k ηλ = 9 ⋅ 10

Αντικαθιστώντας στην (2) έχουµε:

5, 4N ⋅ 1010 m 2 54 ⋅ 109 2 = C ⇒ q1 ⋅ q 2 = 6C2 (3) 2 9 ⋅ 109 9 Nm 9 ⋅ 10 C2 Από το σύστηµα των (1), (3) έχουµε: q1 ⋅ q 2 =

q1 + q 2 = 5 q1 = 5 − q 2 κάνοντας αντικατάσταση: ⇒  q1 ⋅ q 2 = 6 q1 ⋅ q 2 = 6 (5 − q 2 ) ⋅ q 2 = 6 ⇒ 5q 2 − q 22 = 6 ⇒ q 22 − 5q 2 + 6 = 0

Η τελευταία είναι δευτεροβάθµια µε ∆ = 1 και οι λύσεις της είναι: q2 =

q = 3C 5± 1  2 ⇒ ή 2 q 2 = 2C

Με αντικατάσταση στην q1 = 5 − q 2 έχουµε τα ζεύγη τιµών

q1 = 2C και q 2 = 3C ή q1 = 3C και q 2 = 2C

Nm 2 C2

70


Παράδειγµα 1.2

Προθέµατα µονάδων

∆ύο θετικά σηµειακά ηλεκτρικά φορτία q1 και q 2 µε q 2 = 4q1 απωθούνται µε δύναµη

Πολλαπλάσια

F = 90 N όταν βρίσκονται σε απόσταση r = 50 cm . Να υπολογιστούν οι τιµές των φορτίων

1T = 1012

(Tera)

q1 και q 2 .

1G = 109

(Giga)

1M = 106

(Mega)

1K = 103

(Kilo)

∆ίνεται k ηλ = 9 ⋅ 109

Nm C2

2

Λύση: Η δύναµη µεταξύ των φορτίων δίνεται από το νόµο του Coulomb : F = k ηλ

q1 q 2 r2

Επειδή τα φορτία είναι θετικά θα είναι q1 = q1 και q 2 = q 2 οπότε: F = k ηλ έχουµε: F = k ηλ

q1 =

q1 q 2 r

2

(1) όπου q 2 = 4q1 (2). Από τις (1), (2)

q1 ⋅ 4q1 4q F⋅ r ⇒ F = k ηλ ⇒ q12 = ⇒ q1 = 2 4k ηλ r r 2 1 2

2

F⋅ r r F ⇒ q1 = ⇒ 4k ηλ 2 k ηλ 2

0,5m 90N = 25 ⋅ 10−6 C ⇒ q1 = 25µC οπότε q 2 = 4q1 ⇒ q 2 = 100µC 9 2 9 ⋅ 10 N ⋅ m 2 / C2

Υποπολλαπλάσια

1d = 10−1

(deci)

1c = 10−2

(centi)

1m = 10−3

(mili)

1µ = 10−6

(micro)

1n = 10−9

(nano)

1p = 10 −12

(piko)

71

ΦΥΣΙΚΗ: Νόµος Coulomb - Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου - ∆υναµικές γραµµές ηλεκτροστατικού πεδίου Παράδειγµα 1.3

Σηµειακό φορτίο Q = −1mC βρίσκεται ακλόνητο σε ύψος h = 8 m από την επιφάνεια του εδάφους. Να βρείτε σε ποιο ύψος y πρέπει να τοποθετηθεί ένα µικρό σφαιρίδιο µάζας m = 100g και φορτίου q = 4µC ώστε να ισορροπεί αιωρούµενο. ∆ίνεται g = 10m / s 2 και k ηλ = 9 ⋅ 109

Nm 2 C2

Λύση:

Το σφαιρίδιο ισορροπεί υπό την επίδραση των δυνάµεων του βάρους του w και της δύναµης Coulomb Fc . Η συνθήκη ισορροπίας επιβάλλει:

ΣF = 0 ⇒ Fc = w ⇒ k ηλ

Qq

(h − y)

2

= mg ⇒ h − y = kηλ

Q ⋅q m⋅ g

⇒ y = h − kηλ

Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε:

h = 8m

Q = −1mC ⇒ Q = 10−3 C q = 4µC ⇒ q = 4 ⋅ 10−6 C m = 100g = 100 ⋅ 10 −3 Kg = 102 ⋅ 10−3 Kg = 10 −1 Kg

g = 10m / s 2

k ηλ = 9 ⋅ 109

Nm2 C2

(1) ⇒ y = 8m −

9 ⋅ 109 N ⋅ m 2 / C 2

10 −3 C ⋅ 4 ⋅ 10 −6 C ⇒ y = 2m 10 −1 kg ⋅ 10 m / s 2

Q ⋅q m⋅ g

(1)

72


Παράδειγµα 1.4 Στη βάση λείου κεκλιµένου επιπέδου γωνίας κλίσης φ = 30o υπάρχει φορτίο Q = 6µC . Ένα µικρό σώµα µάζας m = 0,1kg και φορτίου q ισορροπεί πάνω στο κεκλιµένο επίπεδο σε ύψος

h = 3m . Να βρείτε το είδος και το µέγεθος του φορτίου q. 2 ∆ίνεται g = 10m / s και k ηλ = 9 ⋅ 109

Nm 2 C2

Λύση:

Το φορτίο q ισορροπεί υπό την επίδραση των δυνάµεων N , Fc και w. Το πρόσηµό του πρέπει να είναι θετικό (οµώνυµο µε το Q) ώστε η δύναµη Coulomb Fc να εξισορροπεί την συνιστώσα w x . ΣFx = 0 ⇒ Fc = w x ⇒ k ηλ

r 2 ⋅ mgηµφ Q⋅q q = mgηµφ = ⇒ k ηλ Q r2

Από το σχήµα φαίνεται ότι: h = r ⋅ ηµφ ⇒ r =

(1)

h (2) ηµφ

h2 mgηµφ h 2 mg ηµ 2 φ ⇒q= Τότε από τις (1), (2) έχουµε: q = k ηλ Q k ηλ Qηµφ Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε: h = 3m , m = 0,1kg , g = 10m / s 2 , k ηλ = 9 ⋅ 109 Q = 6µC = 6 ⋅ 10−6 C , ηµφ =

Άρα q =

1 . 2

32 m 2 ⋅ 0,1kg ⋅ 10 m / s 2 1 9 ⋅ 10 N ⋅ m / C ⋅ 6 ⋅ 10 C ⋅ 2 9

2

2

−6

1 1 ⇒ q = ⋅ 10−3 C ⇒ q = mC 3 3

Nm2 , C2


73

Παράδειγµα 1.5 Στα άκρα Α, Β ενός ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ µε µήκος = 10cm βρίσκονται ακλόνητα τα φορτία

Παρατήρηση: Αν τα φορτία Q1 , Q 2 είναι οµόσηµα, το φορτίο + q ισορροπεί σε ένα σηµείο εντός του ευθ. τµήµατος ΑΒ. Αν τα φορτία Q1 , Q 2 είναι ετερόσηµα, ισορροπεί σε σηµείο της ευθείας, που περιέχει το ευθ. τµήµα ΑΒ, εκτός του ΑΒ και προς την πλευρά του µικροτέρου κατά απόλυτη τιµή φορτίου.

Q1 = 9µC και Q2 = 4µC . Σε ποιο σηµείο πρέπει να τοποθετηθεί ένα σηµειακό φορτίο + q για να ισορροπεί. Λύση: Για να ισορροπεί το φορτίο + q θα πρέπει η συνισταµένη δύναµη που δέχεται να είναι µηδέν, δηλαδή οι δυνάµεις από τα φορτία Q1 και Q 2 να είναι αντίθετες. Αυτό µπορεί να συµβεί µόνο σε σηµείο του επιπέδου που βρίσκεται εντός των Α και Β.

ΣF = 0 ⇒ F1 = F2 ⇒ k ηλ

Q1 ⋅ q Q2 ⋅ q = k ηλ ⇒ 2 2 x ( − x ) 2

Q1 Q2 Q2 Q2 −x −x = ⇒ ⇒ =± ⇒  = x Q x Q1 x 2 ( − x )2   1

3 3 ⋅ 10cm  ⇒x= ⇒ x = 6cm δεκτή x = 5 5   x = 3 ⇒ x = 3 ⋅ 10cm ⇒ x = 30cm απορρίπτεται

Άρα το σηµείο που πρέπει να τοποθετηθεί το φορτίο + q για να ισορροπεί απέχει απόσταση

x = 6 cm από το φορτίο Q1 . Η λύση x = 30cm απορρίπτεται γιατί το σηµείο στο οποίο αντιστοιχεί δεν ανήκει στο ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ.

74


Παράδειγµα 1.6 Στις κορυφές ενός τετραγώνου τοποθετούνται τέσσερα ίσα θετικά φορτία Q. Να υπολογιστεί η τιµή του φορτίου q που πρέπει να τοποθετηθεί στο κέντρο του τετραγώνου, ώστε το σύστηµα όλων των φορτίων να ισορροπεί. Λύση: Το φορτίο που θα τοποθετήσουµε στο κέντρο του τετραγώνου ισορροπεί ανεξάρτητα από την τιµή και το πρόσηµό του, γιατί οι τέσσερις δυνάµεις που δέχεται από τα φορτία των κορυφών έχουν ίσα µέτρα και ανά δύο έχουν αντίθετες κατευθύνσεις. Για να ισορροπεί το σύστηµα λοιπόν θα πρέπει να ισορροπούν τα φορτία στις κορυφές. Εξετάζουµε τις δυνάµεις σε µια κορυφή π.χ. στη Β, όπως φαίνονται στο σχήµα. Εύκολα διαπιστώνουµε ότι η δύναµη Fκ από το φορτίο q πρέπει να είναι αντίθετη της συνισταµένης δύναµης που δέχεται το φορτίο της κορυφής Β από τα φορτία των άλλων κορυφών, οπότε το πρόσηµό του πρέπει να είναι αρνητικό.

FΑ = FΓ = k ηλ F∆ = k ηλ

Q2 α2

FΑΓ = FΑ2 + FΓ2 = 2FΑ2 = FΑ ⋅ 2 = 2k ηλ

Q2 (1) α2

Q2 2 2 2 2 2 (2) όπου x η διαγώνιος του τετραγώνου, οπότε x = α + α ⇒ x = 2α (3) 2 x

Q2 (4) 2α 2

Από τις (2), (3): F∆ = k ηλ

(

)

Q2 Q2 Q2 Q2 Q2 + kηλ 2 ⇒ FΑΓ∆ = 2 2kηλ 2 + kηλ 2 ⇒ FΑΓ∆ = 2 2 +1 kηλ 2 2 α 2α 2α 2α 2α Για να είναι η ολική δύναµη στο φορτίο της κορυφής Β µηδέν πρέπει: FΑΓ∆ = FΑΓ + F∆ = 2kηλ

Fκ = F ⇒ k ηλ

(

Qq

)

= 2 2 + 1 k ηλ

y2

Q2 2α 2

όπου y το µισό της διαγωνίου του τετραγώνου, οπότε: α2 y + y = α ⇒ 2y = α ⇒ y = . 2 Με αντικατάσταση στα προηγούµενα: 2

q 2

α 2

2

(

2

2

) 2αQ

= 2 2 +1

2

2

⇒

2

2q α

2

(

) 2αQ

= 2 2 +1

2

⇒ q =

2 2 +1 2 2 +1 Q⇒q=− Q. 4 4

Παρατήρηση: Το αρνητικό πρόσηµο εξηγείται επειδή όπως είπαµε πρέπει q < 0 . Οµοίως αποδεικνύεται ότι όλα τα φορτία των υπόλοιπων κορυφών ισορροπούν µε την επίδραση αυτού του φορτίου.


75

Παράδειγµα 1.7 Στις κορυφές τετραγώνουΑΒΓ∆ πλευράς α = 3cm βρίσκονται ακλόνητα τα φορτία Q1 = 1µC ,

Q 2 = 1µC , Q3 = −1µC και Q 4 = −1µC αντίστοιχα. Να υπολογιστεί το µέτρο της συνολικής δύναµης που δέχεται ένα φορτίο q = 1µC που βρίσκεται στο κέντρο του τετραγώνου. ∆ίνεται: k ηλ = 9 ⋅ 109

Ν ⋅ m2 C2

Λύση:

Οι δυνάµεις F1 , F2 , F3 και F4 έχουν το ίδιο µέτρο διότι Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = Q και οι διαγώνιοι του τετραγώνου είναι ίσες και διχοτοµούνται, οπότε: Q⋅q Q⋅q ⇒ F = k ηλ 2 2 x x όπου x η απόσταση µεταξύ του φορτίου q και ενός από τα φορτία των κορυφών, για την οποία F1 = F2 = F3 = F4 = k ηλ

ισχύει: x 2 + x 2 = α 2 ⇒ 2x 2 = α 2 ⇒ x 2 =

α2 2

Q⋅q Αντικαθιστώντας στην τελευταία σχέση έχουµε: F = 2k ηλ 2 . α Η συνισταµένη των F1 , F3 είναι: F1,3 = F1 + F3 = 2F ⇒ F1,3 = 4k ηλ

Q⋅q . α2

Q⋅q Οµοίως η συνισταµένη των F2 , F4 είναι: F2,4 = 4k ηλ 2 . α Οπότε η ολική δύναµη στο q είναι: 2 2 2 Fολ = F1,3 + F2,4 = 2F1,3 = F1,3 2 ⇒ Fολ = 4 2k ηλ

Q⋅q . α2

Σηµείωση: οι διευθύνσεις των F1,3 , F2,4 είναι αυτές που ορίζονται από τις διαγωνίους του τετραγώνου οι οποίες τέµνονται κάθετα. Με αντικατάσταση των δεδοµένων βρίσκουµε ότι: F = 40 2N (µέτρο) Η κατεύθυνση είναι: εφθ =

F2,4 F1,3

= 1 ⇒ φ = 45ο

76


Παράδειγµα 1.8 Στην άκρη µονωτικού νήµατος µήκους = 1m είναι κρεµασµένο ένα σφαιρίδιο που έχει

1 µC . Το σφαιρίδιο περιστρέφεται σε οριζόντια κυκλική τρο2 ο χιά µε ταχύτητα υ = 10m / s , έτσι ώστε το νήµα να σχηµατίζει γωνία φ = 45 µε την κατακόρυφο. µάζα m = 1g και φορτίο q1 =

Στο κέντρο της κυκλικής τροχιάς υπάρχει ακίνητο θετικό φορτίο q 2 . ο Να υπολογιστεί η τιµή του q 2 . ∆ίνεται g = 10m / s 2 , εφ45 = 1 , k ηλ = 9 ⋅ 109

Λύση:

Ν ⋅ m2 C2

Οι δυνάµεις που ασκούνται στο σφαιρίδιο είναι το βάρος του w η τάση του νήµατος T και η απωστική δύναµη Coulomb Fc από το φορτίο q 2 . Αφού το σφαιρίδιο εκτελεί οµαλή κυκλική κίνηση θα ισχύει:

ΣFy = 0 ⇒ Ty = w ⇒ Tσυνφ = mg ⇒ T = ΣFx =

mg συνφ (1)

q ⋅q mυ 2 mυ 2 mυ 2 (1) ⇒ Tx − Fc = ⇒ Tηµφ − k ηλ 1 2 2 = ⇒ R R R r

q ⋅q mg mυ 2 αλλά R = ηµφ (από το O A K ) ηµφ − k ηλ 1 2 2 = συνφ R R

οπότε η προηγούµενη γίνεται: mgεφφ − k ηλ

q1 ⋅ q 2 q ⋅q mυ 2 mυ 2 mgεφφ = ⇒ − = k ηλ 21 22 ⇒ 2 2 ηµφ ηµ φ ηµφ ηµ φ

 mυ2  2 ηµ 2 φ q 2 =  mgεφφ −  ηµφ  k ηλ q1  2   Αντικαθιστώντας τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε: q 2 = 5  1 −  µC 2 


77

Παράδειγµα 1.9 Η ένταση του πεδίου Coulomb ενός σηµειακού φορτίου Q σε απόσταση 10 cm έχει τιµή

5400 N / C . Αν τοποθετήσουµε φορτίο q = 1µC σε απόσταση 30 cm από το Q να βρεθεί η ένταση του πεδίου στο σηµείο αυτό και η δύναµη που το φορτίο q δέχεται. Λύση: Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε: r1 = 10cm = 10 ⋅ 10−2 m , Ε1 = 5400N / C , r2 = 30cm = 30 ⋅ 10 −2 m , q = 1µC = 10 −6 C

Q k ηλ Ε1 r12   διαιρώντας κατά µέλη: Ε = Q 2 k ηλ Ε 2 = k ηλ 2 r2  Ε1 = k ηλ

Q r12 ⇒ Q r22

(10cm ) Ε1 r22 r2 N 5400 ⇒ = 2 ⇒ Ε 2 = 12 Ε1 ⇒ Ε 2 = 2 Ε 2 r1 C r2 ( 30cm ) 2

1 N Ε 2 = 5400 ⇒ Ε 2 = 600N / C 9 C Οπότε η δύναµη που θα δεχτεί το φορτίο q θα είναι: F2 = q ⋅ Ε 2 ⇒ F2 = 10 −6 C ⋅ 600

N ⇒ F2 = 6 ⋅ 10 −4 N C

Όταν στον τελικό τύπο εµφανίζεται πηλίκο οµοειδών φυσικών µεγεθών, που είναι στο ίδιο σύστηµα µονάδων, δε χρειάζεται αντικατάσταση στο S.I. 2

2

 r   10 cm  1 π.χ.  1  =   = r 30 cm 9   2 

78


Παράδειγµα 1.10 Στις κορυφές Α, Β, ∆ ενός τετραγώνου ΑΒΓ∆ πλευράς α = 3cm τοποθετούνται τα φορτία −12 Q1 = 210−12 C , Q 2 = 1,3 ⋅ 10 C και Q3 = 1,1 ⋅ 10−12 C αντίστοιχα. Να υπολογιστεί η ένταση

του ηλεκτροστατικού πεδίου στην κορυφή Γ. ∆ίνεται k ηλ = 9 ⋅ 109

Nm 2 . C2

Λύση: Η διαγώνιος του τετραγώνου έχει µήκος x που υπολογίζεται από τη σχέση:

x 2 = α 2 + α 2 ⇒ x 2 = 2α 2 οπότε Ε1 = k ηλ Επίσης Ε 2 = k ηλ

Q2 α

2

, Ε3 = k ηλ

Q1 Q ⇒ Ε1 = k ηλ 12 . 2 x 2α

Q3 α2

Επειδή τα φορτία δεν είναι ίσα (κατ’ απόλυτη τιµή), δεν υπάρχουν συµµετρίες που µπορούµε να εκµεταλλευτούµε στη λύση της άσκησης (π.χ. η συνισταµένη των Ε 2 και Ε3 δεν βρίσκεται στη διαγώνιο του τετραγώνου) γι’ αυτό αναλύουµε τις εντάσεις στο πιο “βολικό” σύστηµα των αξόνων.

Ε ολx = Ε1x − Ε3 = Ε1συνθ − Ε 3 = k ηλ Ε ολ,x =

Q Q1 συνθ − k ηλ 23 ⇒ 2 2α α

k ηλ  Q1  συν45 − Q3  ⇒ Ε ολ,x = −6 N . 2  C α  2 

Έτσι η φορά του Ε ολ,x είναι προς τ’ αριστερά

Εολ,y = Ε2 − Ε1y = Ε2 − Ε1ηµθ = kηλ

Q2 2

α

− kηλ

k  Q  Q1 ηµθ ⇒ Εολ,y = ηλ2  Q2 − 1 ηµθ  ⇒ Εολ,y = 8 N 2 C 2α 2 α  

2 2 + Ε ολ,y ⇒ Ε ολ = 10 N Ε ολ = Ε ολ,x

C Η κατεύθυνση της Εολ προσδιορίζεται από την εφαπτοµένη της γωνίας φ:

εφφ =

Ε ολ,y Ε ολ,x

=

8 4 ⇒ εφφ = ⇒ εφφ = 1,33 6 3


79

Παράδειγµα 1.11 Ένα µικρό σφαιρίδιο µάζας m = 1g και φορτίου q = −1mC ισορροπεί σε κατακόρυφο οµο γενές ηλεκτροστατικό πεδίο έντασης Ε . Να υπολογιστεί η τιµή και η κατεύθυνση του Ε . 2 ∆ίνεται g = 10m / s . Λύση:

Για να ισορροπεί το σφαιρίδιο θα πρέπει η ηλεκτρική δύναµη Fηλ που δέχεται να είναι αντίθετη

του βάρους του.

Επειδή η Fηλ σε αρνητικό φορτίο έχει αντίθετη κατεύθυνση από την Ε θα πρέπει η ένταση να έχει φορά προς τα κάτω.

ΣF = 0 ⇒ Fηλ = w ⇒ Ε ⋅ q = m ⋅ g ⇒ Ε =

m⋅ g q

Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε: m = 1g = 10−3 Kg , q = −1mC ⇒ q = 10−3 C , g = 10m / s 2

Άρα E =

10−3 kg ⋅ 10 m / s 2 ⇒ E = 10 N / C 10−3 C

80


Παράδειγµα 1.12 Μικρή σφαίρα µάζας m = 3g φέρει φορτίο q και κρέµεται στο άκρο µονωτικού νήµατος του οποίου το άλλο άκρο είναι στερεωµένο σε σταθερό σηµείο. Το σύστηµα βρίσκεται εντός οριζόντιου οµογενούς ηλεκτροστατικού πεδίου έντασης ο E = 6000 N / C και ισορροπεί σε θέση όπου το νήµα σχηµατίζει γωνία φ = 45 µε την κατακόρυφο. Να βρεθεί το φορτίο q του σφαιριδίου. ∆ίνεται g = 10m / s 2 . Λύση: Το σφαιρίδιο ισορροπεί υπό την επίδραση των δυνάµεων: α. της τάσης του νήµατος T β. του βάρους w γ. της ηλεκτρικής δύναµης Fηλ Η συνθήκη της ισορροπίας επιβάλλει ΣF = 0 . Αναλύουµε τις δυνάµεις σε σύστηµα αξόνων µε x΄x τον οριζόντιο που ορίζεται από την διεύθυν ση του Ε και y΄y τον κατακόρυφο που ορίζεται από τη διεύθυνση του w .  ΣFx = 0  Η συνθήκη ισορροπίας γράφεται: ΣF = 0  και  ΣF = 0  y ΣFy = 0 ⇒ Ty = w ⇒ Tσυνφ = mg (1) ΣFx = 0 ⇒ Tx = Fηλ ⇒ Tηµφ = Ε ⋅ q (2)

∆ιαιρώντας κατά µέλη τις (2) και (1) έχουµε:

Tηµφ Ε⋅q Ε⋅q mgεφφ = ⇒ εφφ = ⇒q= Tσυνφ m ⋅ g m⋅g Ε Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε: m = 3g = 3 ⋅ 10−3 Kg , g = 10m / s 2 , εφφ = 1 ,

E = 6000 N / C Το q =

3 ⋅ 10 −3 kg ⋅ 10 m / s 2 ⋅ 1 ⇒ q = 5 ⋅ 10 −6 C ⇒ q = 5µC . 6000 N / C


81

Παράδειγµα 1.13 ∆ύο ίσα θετικά, σηµειακά ηλεκτρικά φορτία βρίσκονται ακλόνητα στα άκρα Α και Β ευθύγραµµου τµήµατος µήκους 2 . α. Να υπολογιστεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου E Μ στο µέσο Μ του τµήµατος ΑΒ β. Πόση δύναµη δέχεται σηµειακό φορτίο Q που τοποθετείται στο σηµείο Μ γ. Να υπολογιστεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου E Σ σε σηµείο Σ της µεσοκαθέτου του ΑΒ σε απόσταση από το Μ

δ. Να υπολογιστεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου E y σε τυχαίο σηµείο y της µεσοκαθέτου ΑΒ. Ποια τα συµπεράσµατα που προκύπτουν από τη διερεύνηση της σχέσης που δίνει το E y ; Λύση: α.

E1 = K ηλ

Q Q1 , E2 = Kηλ 22 2

Q Όµως Q1 = Q 2 = Q οπότε E1 = E 2 = K ηλ 2 άρα E M = E1 − E 2 = 0 ⇒ E M = 0 αφού Ε1 και Ε 2 έχουν αντίθετες κατευθύνσεις. β. Κάθε ηλεκτρικό φορτίο που θα φέρουµε στο Μ δέχεται µηδενική δύναµη διότι E M = 0 οπότε: F = E M ⋅ q ⇒ F = 0 γ. Το τρίγωνο ΑΜΣ είναι ορθογώνιο στο Μ και ισοσκελές οπότε:

82


2 2 2 2 2 i. R = + ⇒ R = 2 (1)

ˆ = Σˆ = 45ο (2) ii. Α 1 Οµοίως από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΒΜΣ έχουµε ˆ = Σˆ = 45ο (3) Β 2 Από τις (2), (3) προκύπτει ότι Σˆ = 90ο Υπολογισµός του µέτρου των Ε1 , Ε 2 :

Q Q1 (1) Q ⇒ E1 = k ηλ 2 οµοίως και E 2 = k ηλ 2 δηλαδή E1 = E 2 2 R2 2 Η ολική ένταση του πεδίου στο σηµείο Σ θα είναι: E Σ = E1 + E 2 . Όµως η γωνία µεταξύ των E1 = E 2 είναι 90ο ως κατακορυφήν της Σ οπότε: E1 = k ηλ

Ε Σ = E12 + E 2 2 = 2 E12 = E1 2 ⇒ Ε Σ = 2K ηλ

Q 2 2

η κατεύθυνσή της είναι η µεσοκάθετος δ. Όπως προκύπτει, E1 = E 2 οπότε αναλύοντας τις Ε1 , Ε 2 σε άξονες (βλέπε σχήµα) οι συνιστώσες E1x και E 2x αλληλοαναιρούνται και η ολική έντα ση στο σηµείο y είναι το άθροισµα των E1y και E 2 y που έχουν ίσα µέτρα και κοινή διεύθυνση. E y = E1y + E 2 y = 2Ε1y =2Ε1συνθ ⇒ E y = 2k ηλ

Q συνθ αλλά r2

r 2 = y 2 + 2 ⇒ r = y 2 + 2 οπότε: E y = 2k ηλ

Q συνθ . y + 2 2

Όµως από το τρίγωνο ΑΜΥ έχουµε:

συνθ =

y = r

y y + 2 2

και η προηγούµενη γράφεται:


E y = 2k ηλ

Q y ⋅ = 2k ηλ 2 2 y + y + 2 2

Q

E y = 2k ηλ

(y

2

+

)

2 3

Q

(

y2 + 2

)

2

⋅

y y + 2 2

83

⇒

y µε κατεύθυνση της µεσοκαθέτου

∆ιερεύνηση αν y = 0 → E y = 0 (η περίπτωση του ερωτήµατος α) αν y = ⇒ E y = 2k ηλ

2k ηλ

Q 2 2

3

= k ηλ

Q

( 2 )

2 3

Q 2

2

= 2k ηλ

⇒ Ey =

Q 8 6

=

2 Q k ηλ 2 (η περίπτωση του ερωτήµατος γ) 2

αν y >> τότε και y 2 >> 2 άρα µπορούµε να θέσουµε y 2 + 2 ≈ y 2 οπότε η σχέση της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου γίνεται: E y = 2k ηλ

E y = 2k ηλ

Q

(y )

2 3

y⇒

Q Q 2Q ⋅ y ⇒ E y = 2k ηλ 2 ⇒ E y = k ηλ 2 3 y y y

Η τελευταία σχέση δείχνει, ότι σε πολύ αποµακρυσµένα σηµεία η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου δύο ίσων φορτίων που απέχουν απόσταση είναι ίση µε την ένταση που θα δηµιουργούσε ένα φορτίο ίσο µε το άθροισµα τους (2Q), που θα βρισκόταν σε απόσταση y. ∆ηλαδή από το σηµείο Y δε “βλέπουµε” δύο ξεχωριστά φορτία αλλά ένα συνολικό.

84


Παράδειγµα 1.14 ∆ίνεται τετράγωνο ΑΒΓ∆ πλευράς α = 1cm. Στις κορυφές Α και Β τοποθετούνται δύο φορτία

q1 = 2µC και q 2 = 6µC αντίστοιχα. α. Να υπολογίσετε τη µεταξύ τους δύναµη. β. Στην κορυφή Γ τοποθετούµε ένα τρίτο φορτίο q 3 = 2µC . Πόση γίνεται η δύναµη που ασκείται στο φορτίο q2, που βρίσκεται στην κορυφή Β; γ. Πόσο φορτίο q4 πρέπει να τοποθετήσουµε στην κορυφή ∆, ώστε η συνισταµένη δύναµη στο q2 να είναι µηδέν; Λύση: α. F2,1 = κ

β. F2,3 = κ

q1 ·q 2 α

2

q 2 ·q 3 α2

= 9·109

= 9·109

Ν·m 2 2·10−6 C·6·10−6 C · = 1080N C2 12 ·10−4 m 2

A q1

B q2 F2,1

Ä

Ã

A q1

F2 F2,3 á B è F2,4 o q2 F2,1

Ν·m 2 6·10−6 C·2·10−6 C · = 1080N C2 12 ·10−4 m 2

2 2 F2 = F2,1 + F2,3 = 10802 N 2 + 10802 N 2 =

= 2·10802 N 2 = 1080 2N εφθ =

F2,3 F2,1

=

1080N = 1 άρα θ = 45o 1080N

γ. Καταρχήν το q4 πρέπει να είναι αρνητικό, για να ασκεί ελκτική δύναµη F2,4 στο q2 και επειδή F2 βρίσκεται στη διεύθυνση της διαγωνίου Β∆, πρέπει F4,2 = F2 , δηλαδή F4,2 = 1080 2N

F4,2 = κ

q 4 ·q 2 2α

2

⇒ q4 =

F4,2 ·2α 2 κ · q2

=

−4

1080N 2 ⋅ 2·10 m ⇒ q 4 = 4 2 ·10 −6 C 2 Nm 9·109 2 ·6·10 −6 C C 2

á q4 Ä

45

á 2

q3 Ã


85

Παράδειγµα 1.15 Στα σηµεία Α, Β µιας ευθείας βρίσκονται ακλόνητα δύο φορτία q A = +3µC και

q B = +12µC αντίστοιχα. Η απόσταση AB = 6cm . α. Να βρεθεί σε ποιο σηµείο της ευθείας ΑΒ πρέπει να τοποθετήσουµε θετικό φορτίο q, ώστε αυτό να ισορροπεί; β. Να υπολογίσετε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο µέσον της απόστασης ΑΒ. Λύση:

x A qA

α. Το σηµείο στο οποίο θα ισορροπεί το φορτίο +q θα βρίσκεται εντός του ΑΒ. Έστω ότι θα ισορροπεί στην θέση Γ. Θα πρέπει:

6–x FB Ã FA +q

B qB

FA = FB ⇒ κ 3·10 x2

−6

(6 − x )

= 2

β. E = K A

A qA

EB Ì EÌ

EA

B qB

q A ·q x

12·10

2

−6

(6 − x )

2

=κ

⇒

q B ·q

(6 − x )

2

⇒

qA qB = ⇒ x 2 ( 6 − x )2

3 12 2 = ⇒ 3· ( 6 − x ) = 12x 2 ⇒ x 2 ( 6 − x )2

= 4x 2 ⇒ 6 − x = 2x ⇒ 6 − x = 2x ⇒ 6 = 3x ⇒ x = 2cm qA

( AM ) 2

=

9·109 ·3·10−6

( 3·10 )

−2 2

N/C =

9·109 ·3·10−6 N/C ⇒ 9·10 −4

E A = 3·107 N / C EB = K

qB

( MB) 2

=

9·109 ·12·10−6

( 3·10 )

−2 2

N/C =

7 Άρα E M = E OΛ = Ε Β − Ε Α = 12·10

9·109 ·12·10−6 N / C ⇒ E B = 12·107 N / C . 9·10−4

N N N − 3·107 = 9·107 C C C

86


Παράδειγµα 1.16 Σ’ ένα απλό µοντέλο του ατόµου του υδρογόνου (πρότυπο Bohr), το ηλεκτρόνιο περιστρέφεται γύρω από το πρωτόνιο σε κυκλική τροχιά ακτίνας r = 5, 3 ⋅ 10 −11 m . Το ηλεκτρικό φορτίο του πρωτονίου είναι ίσο κατά απόλυτη τιµή µε αυτό του ηλεκτρονίου. Να υπολογιστούν: α) Η δύναµη που συγκρατεί το ηλεκτρόνιο γύρω από τον πυρήνα. β) Η ταχύτητα περιστροφής του ηλεκτρονίου. γ) Η συχνότητα περιστροφής του ηλεκτρονίου. Η µάζα του ηλεκτρονίου είναι

e

õ

F +p

m = 9,1 ⋅ 10 −31 kg και το φορτίο του e = − 1, 6 ⋅ 10 −19 C .

r

Λύση: Επειδή το πρωτόνιο και το ηλεκτρόνιο έχουν ετερόσηµα φορτία + e και − e , η δύναµη F θα είναι ελκτική. Το γεγονός ότι η δύναµη αυτή αναγκάζει το ηλεκτρόνιο να κινηθεί σε κυκλική τροχιά, δείχνει ότι αυτή ενεργεί ως κεντροµόλος: Fκεντρ. =

m ⋅ υ2 r

α) Το µέτρο της δύναµης υπολογίζεται από τη σχέση: F = k Με αντικατάσταση τιµών παίρνουµε: F = 9 ⋅10

9

e2 r2

(1, 6 ⋅10−19 ) 2 N ή F = 8, 2 ⋅10 −8 N (5,3 ⋅10−11 ) 2

β) Η ταχύτητα περιστροφής θα προκύψει από τη σχέση: Fκεντρ. =

mυ 2 ή υ= r

Fκεντρ. ⋅ r

Με αντικατάσταση των αριθµητικών τιµών και µετά τις πράξεις προκύπτει: υ = 2, 2 ⋅106 m / s γ) Γνωρίζουµε ότι στην οµαλή κυκλική κίνηση η γραµµική ταχύτητα υ, η συχνότητα f και η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς r, συνδέονται µε τη σχέση: υ = 2πfr .

Με αντικατάσταση των τιµών των υ, r, π τελικά έχουµε: f = 2, 2 ⋅106 / 2 ⋅ 3,14 ⋅ 5,3 ⋅10 −11 Hz ή f = 6, 6 ⋅1015 Hz .

m ⋅ υ2 r 2. Στην οµαλή κυκλική κίνηση ισχύει: Fκεντρ. =

υ = 2π ⋅ f ⋅ r

m

Επιλύοντας τη σχέση αυτή ως προς τη συχνότητα f παίρνουµε: f =

Θυµόµαστε ότι: 1. Η δύναµη που αναγκάζει ένα σώµα (εδώ το ηλεκτρόνιο) να κινηθεί σε κυκλική τροχιά είναι η κεντροµόλος δύναµη και το µέτρο της υπολογίζεται από τη σχέση:

υ 2πr


87

Παράδειγµα 1.17 Στις κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου τοποθετούµε τρία σηµειακά φορτία Q. Να βρεθεί το φορτίο q που πρέπει να τοποθετήσουµε στο κέντρο βάρους του τριγώνου, ώστε το σύστηµα να ισορροπεί. Λύση: Κάθε φορτίο Q δέχεται απωστικές δυνάµεις µέτρου F1 από τα άλλα φορτία Q που βρίσκονται

Q á

á

q

á

Q

στις κορυφές του τριγώνου. Από το νόµο Coulomb έχουµε: F1 = k

F1

F2

Q F1

Q2 (1) α2

Για να ισορροπεί κάθε φορτίο Q, πρέπει να δέχεται ελκτική δύναµη F2 από το φορτίο q, ώστε η συνισταµένη των δυνάµεων να είναι µηδέν, όπως φαίνεται στο σχήµα. Άρα πρέπει τα φορτία Q και q να είναι ετερόσηµα. Η συνισταµένη των δυνάµεων µέτρου F1 φαίνεται στο σχήµα και έχει µέτρο:

F = F12 + F12 + 2F1 ⋅ F1 ⋅ συν60ο = F1 3 (2) Το µέτρο της δύναµης F2 είναι:

F2

F1 60

F1

o

Q⋅q (3) r2 Από τη γεωµετρία είναι γνωστό ότι r είναι τα 2/3 της διαµέσου του ισοπλεύρου τριγώνου και υπολογίζεται ότι είναι ίσο µε: F2 = k

r = α 3 / 3 (4) Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουµε:

F2 = k

Q⋅ q ⋅3 α2

(5)

Πρέπει να είναι: F2 = F η οποία εξαιτίας της σχέσης (2) γίνεται:

F2 = F1 3 Η σχέση (6) εξαιτίας των (1) και (5) γράφεται: k

(6)

Q⋅q Q2 Q 3 ⋅ = 3 k 3 ή q= 2 2 α α 3

88


2η λύση Αναλύουµε τις δυνάµεις F1 και F2 σε οριζόντια και κατακόρυφη συνιστώσα, όπως φαίνεται στο F2 30ï

F2· óõí30

Αντικαθιστώντας στην (Ι) ή (ΙΙ) τις σχεσεις (1) και (5) παίρνουµε µετά από πράξεις:

q=

F2· çì30ï

ο ο ΣFx = 0 F2 συν30 = F1 + F1 ⋅ ηµ30 ( Ι )   ή ο ο ( ΙΙ ) ΣFy = 0 F2 ηµ30 = F1 ⋅ συν30

y

ï

F1· óõí30ï

σχήµα. Επειδή κάθε φορτίο Q ισορροπεί, ισχύει: ΣF = 0 δηλαδή:

F1· çì30

Q

ï

F1 x

30ï

Q 3 3

F1

Παράδειγµα 1.18 Στα άκρα του ευθύγραµµου τµήµατος ( AB ) = 2m βρίσκονται τα φορτία: α) Q1 = +5µC και Q 2 = −5µC β) Q1 = +5µC και Q 2 = +5µC Πόση είναι η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο µέσο Ο του τµήµατος (ΑΒ);

( k = 9·10

9

m 2 / C2 )

Λύση:

α) Έστω E1 και E 2 έχουν τιµές που είναι: E1 = k

Q1 −6 N 9 4 N ή E1 = 9 ⋅10 ⋅ 5 ⋅10 ή E1 = 4,5 ⋅10 r12 C C

Όµοια: E 2 = k

Θυµόµαστε ότι: Αν η πηγή είναι αρνητική, η ένταση E “κοιτάζει” προς την πηγή, ενώ αν η πηγή είναι θετική, “κοιτάζει” αντίθετα.

4 Άρα: E oλ = E1 + E 2 ή E ολ = 4,5 ⋅10

τιµές τους είναι ίσες, συνεπάγεται ότι: E oλ = 0 .

r2

B

E1 (O) E2

Q1

Q2 5 ⋅10 −6 N 4 N ή E 2 = 9 ⋅109 ⋅ ή E 2 = 4,5 ⋅10 2 C r2 1m C

N N 4 Ν + 4,5 ⋅104 ή E oλ = 9 ⋅10 C C C β) Στην περίπτωση αυτή τα διανύσµατα E1 και E 2 έχουν αντίθετη κατεύθυνση. Επειδή και οι

r1

A

r1

A

r2 E1

Q1

Q2

B

E2 (O) E2

Q2


89

Παράδειγµα 1.19 Μεταξύ δύο οριζοντίων µεταλλικών πλακών αιωρείται µικρή σταγόνα m = 10 −4 kg , φορτισµένη µε φορτίο q = 4 ⋅ 10 −8 C . Να σχεδιάσετε τις δυνάµεις πάνω στη σταγόνα και την πολικότητα των µεταλλικών πλακών, ώστε η σταγόνα να ισορροπεί. Πόση είναι η ένταση του πεδίου; ∆ίνεται g = 10m / s 2 . Λύση: Η σταγόνα δέχεται τις εξής δυνάµεις:

• Το βάρος w = m ⋅ g • Τη δύναµη Fηλ = q ⋅ E από το κατακόρυφο οµογενές πεδίο Θυµόµαστε ότι: Στην ισορροπία σώµατος ισχύει: ΣF = 0 Το βάρος έχει πάντα διεύθυνση κατακόρυφη µε φορά προς τα κάτω.

Επειδή η σταγόνα ηρεµεί, η συνισταµένη των δυνάµεων είναι µηδέν, δηλαδή οι δυνάµεις Fηλ και w πρέπει να είναι αντίθετες. Το βάρος της σταγόνας είναι διάνυσµα κατακόρυφο, µε φορά προς τα κάτω, και κατά συνέπεια η δύναµη Fηλ πρέπει να έχει φορά προς τα πάνω. Η σταγόνα έχει θετικό φορτίο, άρα η δύναµη Fηλ και η ένταση του πεδίου E πρέπει να είναι οµόρροπα διανύσµατα, όπως στο σχήµα. Είναι: Fηλ = m ⋅ g ή

q⋅E = m⋅g ή E =

m⋅g q

Με αντικατάσταση παίρνουµε: E=

10 −4 ⋅10 N N = 2,5 ⋅10 4 −8 C 4 ⋅10 C

90


Ασκήσεις για λύση: 1.1 Να υπολογίσετε το λόγο των µέτρων των ηλεκτρικών δυνάµεων που ασκούνται µεταξύ δύο οµοσήµων φορτίων q1 και q 2 όταν αυτά βρίσκονται α. στις κορυφές Α και Β β. στις κορυφές Α και Γ του ορθογωνίου παραλληλογράµµου του σχήµατος Απ:

FΑΒ = 10 FΑΓ

1.2 ∆ύο σηµειακά ηλεκτρικά φορτία q1 και q 2 µε q1 = 9 q 2 βρίσκονται σε απόσταση r = 1m και έλκονται µε δύναµη F = 4,5 ⋅ 10−2 N . Να βρείτε την τιµή των φορτίων. ∆ίνεται

k ηλ = 9 ⋅ 109 Nm2 c2 . 5 Απ: 3 5µC και − µC 3 1.3 Στα άκρα Α, Β ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ µήκους = 20cm βρίσκονται δύο ακλόνητα φορτία Q1 = 1µC και Q 2 = −9µC αντίστοιχα. α. να βρεθεί σε ποιο σηµείο πρέπει να τοποθετηθεί φορτίο + q ώστε να ισορροπεί β. να λυθεί το ίδιο πρόβληµα αν Q 2 = +9µC Απ: α. 10 cm από το Α β. 5 cm από το Α εντός του ΑΒ 1.4 Τα εκκρεµή του παρακάτω σχήµατος είναι πανοµοιότυπα και ισορροπούν σε θέση όπου σχηµατίζουν γωνία φ µε την κατακόρυφο, µε ηµφ = 0, 6 . Αν τα µήκη των νηµάτων είναι = 50cm , η µάζα των σφαιριδίων m = 30 g , η απόσταση µεταξύ των σηµείων ανάρτησης d = 1m και g = 10m / s 2 . Να βρεθεί το φορτίο q των σφαιριδίων. ∆ίνεται: k ηλ = 9 ⋅ 109 Απ: q = 8µC

Ν ⋅ m2 C2

1.5 Στα σηµεία Α, Β, Γ, ∆ µίας ευθείας βρίσκονται αντίστοιχα τα ακλόνητα στερεωµένα σηµειακά φορτία q A = + q, q B = –2q, q Γ = +3q και q ∆ = –4q, όπου q = 4 µC. Aν ΑΒ = r, ΒΓ = 2r και Γ∆ = 3r, όπου r = 2 cm, να βρεθεί η συνολική δύναµη που δέχεται το qΓ. ∆ίνεται κ = 9 · 109 Ν · m2/C2. Απ. FΓ =

Κq 2 = 60N µε κατεύθυνση από το Γ στο ∆. 6r 2


91

1.6 ∆ύο σφαίρες µε ίσες µάζες m1 = m 2 = 1kg βρίσκονται σε κάποια απόσταση µεταξύ τους. Πόσο ίσο φορτίο πρέπει να δώσουµε σε κάθε σφαίρα έτσι ώστε η δύναµη έλξης µεταξύ τους, λόγω των µαζών, να εξουδετερώνεται από την ηλεκτροστατική απωστική δύναµη; ∆ίνεται ότι η δύναµη έλξης είναι F = G

k ηλ = 9 ⋅ 109

m1 ⋅ m 2 όπου G = 6, 67 ⋅ 10−11 N m 2 kg −2 , r2

Ν ⋅ m2 . Τι συµπέρασµα βγάζετε; C2

Απ: q = 86 pC 1.7 Τρία σηµειακά φορτία q1 = 2 ⋅ 10 −5 C , q 2 = q 3 = −2 ⋅ 10 −5 C βρίσκονται στις κορύφες ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ, πλευράς α = 1m . Να βρεθεί το µέτρο και η διεύθυνση της δύναµης που δέχεται το φορτίο q1 . ∆ίνεται: k ηλ = 9 ⋅ 109

Ν ⋅ m2 C2

Απ: F = 3, 6 3 N , η διεύθυνση του ύψους. 1.8 ∆ύο σηµειακά φορτία q1 και q 2 απέχουν µεταξύ τους απόσταση 30cm και το πρώτο είναι τετραπλάσιο του δεύτερου. Να προσδιοριστεί η θέση που πρέπει να τεθεί ένα φορτίο + q ώστε να ισορροπεί. Να εξεταστούν δύο περιπτώσεις για τα φορτία q1 και q 2 . α. αν είναι οµόσηµα β. αν είναι ετερόσηµα Υπόδειξη: Για την πρώτη περίπτωση να πάρετε το φορτίο + q σε µία θέση µεταξύ των δύο φορτίων. Πρέπει οι δυνάµεις που δέχεται από τα φορτία q 2 και q1 να είναι αντίθετες δηλαδή F1 = − F2 . Στη δεύτερη περίπτωση να τοποθετήσετε το φορτίο + q εκτός του ευθύγραµµου τµήµατος που ενώνει τα δύο φορτία. Απ: α. 20cm από το q1 και 10cm από το q 2 β. 60cm από το q1 και 30cm από το q 2

92


1.9 Τρία ακλόνητα σηµειακά φορτία +q, +2q και +3q είναι τοποθετηµένα αντίστοιχα στις κορυφές Α, Β, Γ ενός ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς r. Να βρεθεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο µέσο Μ της πλευράς ΑΒ. Θεωρήστε γνωστά τα k, q και r. Aπ. E M = 4 2 k ⋅ q / r 2 , φ = 45ο 1.10 ∆ύο σφαίρες ίδιας µάζας m είναι δεµένες στις άκρες δύο νηµάτων ίσου µήκους που οι άλλες άκρες τους είναι στερεωµένες στο ίδιο σηµείο. ∆ίνουµε στις σφαίρες ίσα φορτία οπότε απωθούνται και ισορροπούν, έτσι ώστε το κάθε νήµα να σχηµατίζει γωνία φ µε την κατακόρυφο. Να βρεθεί το φορτίο της κάθε σφαίρας. w ⋅ εφφ k ηλ

Απ: q = 2ηµφ

1.11 ∆ύο σηµειακά φορτία Q τοποθετούνται στις απέναντι κορυφές ενός τετραγώνου και δύο άλλα σηµειακά φορτία q στις άλλες δύο κορυφές. Να βρεθεί η σχέση µεταξύ των φορτίων Q και q ώστε η συνισταµένη δύναµη στο φορτίο Q να είναι µηδέν. Απ: Q = −2 2q 1.12 ∆ύο ακλόνητα φορτία βρίσκονται σε απόσταση . Να υπολογιστεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου σε σηµείο που βρίσκεται στη µεσοκάθετο του ευθύγραµµου τµήµατος που ενώνει τα φορτία και σε απόσταση 2 από το µέσο Μ α. όταν τα φορτία είναι οµόσηµα β. όταν τα φορτία είναι ετερόσηµα Απ: α. 2 2K ηλ

Q µε διεύθυνση της µεσοκαθέτου 2

Q µε διεύθυνση παράλληλη στο ευθύγραµµο τµήµα που ορίζουν οι 2 θέσεις των φορτίων

β. 2 2K ηλ

1.13 Έστω ορθογώνιο παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆, µε πλευρές Α∆ = r και ΑΒ = r 3 . Στις κορυφές Α, Β, ∆ τοποθετούµε αντίστοιχα τα ακλόνητα σηµειακά φορτία +4q, –q και –3 3q . Να βρεθεί η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στην κορυφή Γ. Θεωρείστε γνωστά τα k, q και r. Aπ. ΕΓ = kq/r2, φ = 30ο µε τη Γ∆


93

1.14 Στις κορυφές Α και Β ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ υπάρχουν αντίστοιχα τα φορτία ο Q1 = 10 −9 C και Q 2 = −4 ⋅ 10 −9 C . Αν είναι Α = 90 και ΑΓ = 5 3cm , ΒΓ = 10 3cm να υπολογιστεί το µέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου στην κορυφή Γ του τριγώνου.

∆ίνεται: k ηλ = 9 ⋅ 109

Ν ⋅ m2 C2

Απ: 1200 N C

1.15 Τρία ίσα θετικά φορτία βρίσκονται στις κορυφές ισόπλευρου τριγώνου πλευράς α. Σε ποιο σηµείο του επιπέδου του τριγώνου η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου είναι µηδενική; Απ: στο κέντρο του τριγώνου 1.16 Μικρό σφαιρίδιο µάζας m = 4g που φέρει θετικό φορτίο q = 10−4 C κρέµεται από αβαρές µονωτικό νήµα το άλλο άκρο του οποίου είναι στερεωµένο σε σταθερό σηµείο. Το σφαιρίδιο ισορροπεί σε θέση όπου το νήµα σχηµατίζει γωνία φ = 45ο µε την κατακόρυφο, υπό την επίδραση οριζόντιου οµογενούς ηλεκτρικού πεδίου έντασης Ε = 300 N C . Να υπολογιστεί η τάση του νήµατος T. ∆ίνεται g = 10m / s 2 . Απ: T = 0, 05 N 1.17 Στις κορυφές Α και Γ ενός τετραγώνου ΑΒΓ∆ τοποθετούνται σηµειακά φορτία q. Να βρεθεί το φορτίο Q που πρέπει να τοποθετηθεί στην κορυφή Β ώστε στην κορυφή ∆ η ένταση να είναι µηδέν. Απ: Q = −2 2q

1.18 ∆ύο σηµειακά φορτία Q και 9Q βρίσκονται σε απόσταση r µεταξύ τους. Να βρεθεί ένα σηµείο στην ευθεία που ορίζουν τα δύο φορτία όπου η ένταση του πεδίου να είναι µηδέν. Να γίνει διερεύνηση ως προς τα πρόσηµα των φορτίων. Απ: r/4 , r/2 από το Q 1.19 Ηλεκτρισµένη σταγόνα λαδιού µάζας m = 1mg ισορροπεί σε κατακόρυφο ηλεκτρικό πεδίο έντασης µέτρου E = 2 ⋅ 10 −3 N / C . Να υπολογιστεί το φορτίο της σταγόνας και η φορά του πεδίου σε σχέση µε το πρόσηµο του φορτίου της σταγόνας. ∆ίνεται g = 10 m / s 2 . Απ: q = 5mC

94


1Ο Κριτήριο Αξιολόγησης: Θέµα 1ο: 1. α. Σε ποιο από τα σηµεία Α και Β του ηλεκτρικού πεδίου του διπλανού σχήµατος επικρατεί µεγαλύτερη ένταση; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας β. Να σχεδιάσετε τα διανύσµατα των εντάσεων στα σηµεία Α και Β. 2. Σηµειακό φορτίο q δηµιουργεί γύρω του ηλεκτρικό πεδίο. Σε απόσταση r από αυτό η ένταση του πεδίου έχει µέτρο Ε. Αν υποδιπλασιάσουµε την απόσταση (r/2), το µέτρο της έντασης του πεδίου: α. τετραπλασιάζεται β. διπλασιάζεται γ. υποτετραπλασιάζεται δ. είναι το ίδιο 3. Οι δυναµικές γραµµές ενός ηλεκτρικού πεδίου: α. Είναι πάντοτε ευθείες γραµµές. β. Είναι πάντοτε ευθείες παράλληλες. γ. Ξεκινούν πάντοτε από αρνητικά φορτία. δ. ∆εν τέµνονται. Θέµα 2ο: Τα παρακάτω διαγράµµατα δείχνουν τη δύναµη η οποία ασκείται σε κάποιο φορτίο, το οποίο βρίσκεται σε πεδίο έντασης Ε. Αναπαρίστανται τέσσερα διαφορετικά πεδία Α, Β, Γ, ∆.

Α. Στην περίπτωση Α το φορτίο είναι: α. θετικό β. αρνητικό Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας Β. Σε ποιες περιπτώσεις είναι ασυµβίβαστα τα διαγράµµατα µε τον ορισµό της έντασης του ηλεκτροστατικού πεδίου

A

B


95

Θέµα 3ο:

Στα σηµεία Α, Β µιας ευθείας βρίσκονται ακλόνητα τα φορτία Q A = + 4µC και Q B = −2µC . Η απόσταση AB = 0, 2m . Να βρείτε: α. Το µέτρο της δύναµης FAB που ασκεί το ένα φορτίο στο άλλο. β. Να υπολογίσετε το µέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου σε ένα σηµείο Γ που βρίσκεται στην προέκταση της ΑΒ προς το Β και απέχει απόσταση 0,1m από το Β. γ. Αν στο σηµείο Γ φέρουµε ένα φορτίο q = −5µC , να σχεδιάσετε τη δύναµη που θα ασκηθεί στο φορτίο και να υπολογίσετε το µέτρο της.

Θέµα 4ο:

(

)

ˆ = 900 είναι ΑΒ = 3m και AΓ = 3m . Στις Σε ορθογώνιο τρίγωνο ABΓ Α κορυφές Α, Β, Γ βρίσκονται τα θετικά φορτία Q A = +1µC, Q B = +4µC και Q Γ αντίστοιχα. α. Να υπολογιστεί το µέτρο της δύναµης FAB που ασκείται στο Q B από το Q A . FAB 4 = , να υπολογίσετε το φορτίο Q Γ , όπου FAΓ το µέτρο της δύναµης FAΓ 3 που ασκεί το Q A στο Q Γ . γ. Να σχεδιάσετε το διάνυσµα της έντασης Ε Α του ηλεκτρικού πεδίου στο σηµείο Α, που οφείλεται στα φορτία Q B , Q Γ .

β. Αν

Νm 2 δ. Να υπολογίσετε το µέτρο της έντασης Ε Α στο σηµείο Α Κ ηλ = 9·109 2 . C

96


ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ Στατικός Ηλεκτρισµός

Τύποι που ισχύουν

Νόµος του Coulomb

F = k ηλ ⋅

q1 ⋅ q 2 r2

Για το κενό ή αέρα στο SI: k ηλ = 9 ⋅ 109 Απόλυτη διηλεκτρική σταθερά του κενού στο SI Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου σε σηµείο του Α Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου που προέρχεται από σηµειακό φορτίο Q σε απόσταση r απ’ αυτό

N ⋅ m2 C2

1 C2 ή ε 0 = 8,85 ⋅ 10 −12 4πk ηλ N ⋅ m2 F , Μονάδα στο S.I. 1 N ΕΑ = C +q

ε0 =

E Α = k ηλ ⋅

Q r2

Πως βρίσκουµε τη συνισταµένη δύο ή περισσοτέρων δυνάµεων: α. Χρησιµοποιούµε τη µέθοδο του παραλληλογράµµου µέτρο F1,2 = F12 + F22 + 2F1F2 συνφ κατεύθυνση εφθ =

F1ηµφ F2 + F1συνφ

β. Αν οι δυνάµεις είναι περισσότερες από δύο προτιµούµε να τις αναλύουµε σε σύστηµα ορθογωνίων αξόνων

ΣFx = F1x + F2x + ... + Fνx

ΣFy = F1y + F2 y + ... + Fνy

µέτρο Fολ = ΣFx2 + ΣFy2


ΣFy ΣFx

Φυσικη Β Λυκειου

Recommend Documents