Mehanika i Toplina

ODABRANA POGLAVLJA FIZIKE (mehanika i toplina)

Višnja Mikac Dadić Vesna Džimbeg-Malčić

Grafički fakultet Sveučilišta u Zagrebu Zagreb, listopad 2008.

Odabrana poglavlja fizike (mehanika i toplina)

Sadržaj:

Str

I Mehanika krutog tijela 1. Zadaci iz kinematike 1.1. Jednostavna gibanja 1.1.1. Jednoliko gibanje duž pravca 1.1.2. Jednoliko ubrzano gibanje duž pravca 1.2. Složena gibanja 1.2.1. Vertikalni hitac 1.2.2. Horizontalni hitac 2. Dinamika 2.1. Osnovne zakonitosti dinamike 2.2. Zakoni očuvanja 2.3. Sudari 2.4. Kružno gibanje, centripetalna sila II Mehanika tekućina 1. Statika tekućina 1.1. Hidraulički tlak 1.2. Hidrostatički tlak 1.3. Uzgon III Kalorika i termodinamika 1. Kalorika 1.1. Toplina, unutarnja energija i temperatura 1.2. Kalorimetrija 1.3. Latentne topline i T/Q dijagram 1.4. Promjene parametara stanja kod krutih tijela i tekućina 1.5. Promjene parametara stanja kod plinova 2. Termodinamika 2.1. Prvi postulat ravnoteže 2.2.Termodinamički procesi 2.3. Adijabatska promjena stanja plina 2.4. Prvi zakon termodinamike 2.5. Radovi u promjenama stanja plina 2.6. Carnotov kružni proces 2.7. Drugi zakon termodinamike 2.8. Primjeri kružnih procesa IV Prilog Ispitni testovi Ispitna pitanja Literatura

3 3 3 3 5 9 9 10 13 13 20 21 23 26 26 26 28 29 31 31 31 31 33 37 37 43 43 44 45 46 47 48 51 52

V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal č či ć

57 72 75 1


2

V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć


I.

MEHANIKA KRUTOG TIJELA

1.

KINEMATIKA

1.1.

JEDNOSTAVNA GIBANJA

1.1.1. Jednoliko gibanje duž pravca Jednoliko gibanje duž pravca je takvo gibanje, kod kojeg je promjena puta u odabranoj jedinici vremena, pa i najmanjoj, uvijek konstantna (nepromijenjena). Takva fizikalna veličina naziva se brzina. Ako je odabrana jedinica vremena najmanja mogu ća ( Δt → 0 ), tada govorimo o pravoj brzini i definiramo je: v pr =

Δ s ds = ⋅ Δ t → 0 Δt dt lim

(1)

Kažemo da je prava brzina v pr promjena puta u jedinici vremena koja teži nuli ( Δt→0). Takvu promjenu neke funkcije f(x) promatranu u najmanjem intervalu neke fizikalne veli čine ⎛ dy ⎞ (x) o kojoj ona zavisi u matematici nazivamo prvom derivacijom ⎜ ⎟ , te možemo analogno ⎝ dx ⎠

⎛ ds ⎞ . Jednostavnije rečeno, ⎟ ⎝ dt ⎠ prava brzina znači poznavanje promjene puta u "svakom trenu", a to zna či u svakom pa i najmanjem mogućem vremenskom intervalu. Ako je prava brzina konstantna, onda je ona jednaka srednjoj brzini (v ) pa možemo tvrditi: definirati brzinu kao prvu derivaciju pređenog puta u vremenu ⎜

v pr

= v = konst ,

(2)

gdje je

v

Δ s sk − s p = = ⋅ Δt t k − t p

(2a)

U gornjem izrazu Δs/Δt predstavlja konačne razlike, odnosno kona čne promjene vremena Δt i pripadne konačne razlike puteva Δ s. Pod konačnom razlikom podrazumijevamo promjenu koja nije beskonačno mala, nego je odre đena ("velika"). Izrazi s p i t p su početni put i i početno vrijeme (početni uvjeti) a sk i tk su konačni put i konačno vrijeme. Dogovorom zamjenjujem početne uvjete izrazima s p→ s0 i t p→ 0 dok konačni uvjeti u općim izrazima nemaju ograničenja i zato ih prikazujemo sk → s i t k→ t . Izraz (2a) tada je: v

=

s − s0 t

,

(2b)


3


uz napomenu da simbolu brzine v ne pripisujemo oznake srednje vrijednosti ili prave brzine budući da su one iste. Kinematički izrazi za v(t) i s(t) kod jednolikog gibanja duž pravca postaju:

v (t ) = konst s (t ) = s0

+ v ⋅ t ,

(3)

što u pripadnim dijagramima možemo prikazati pravcima, Sl.1. i Sl.2.. vt

s(t) v

s0 t

t

Sl.1.

Sl.2.

Primjeri: 1. Kolika je brzina molekula nekog plina koja prevali put od 8m za jednu stotninu sekunde? Izrazite brzinu u m/s i u km/h. R: v = 800m/s = 2880km/h

2. Čovjek čuje odjek svoga glasa od vertikalne stijene nakon 3 sekunde. Kolika je udaljenost stijene od čovjeka ako je brzina zvuka 340 m/s? R: s = 510m

3. Biciklista vozi ravnom cestom tako da pojedine dijelove puta savladava različitim brzinama. Ako 2/5 puta vozi brzinom 30 km/h, 1/10 puta brzinom 60 km/h, 1/3 puta puta brzinom 80 km/h i ostatak puta brzinom 40 km/h, izračunajte srednju brzinu bicikliste (u km/h i u m/s). R: v = 42.9km/h ~ 12 m/s Uputa: srednju brzinu izra č unamo pomoću relacije: v =

s t uk

, a ukupno vrijeme je jedanako zbroju

vremena ostvarenih u pojedinim dijelovima puta s , t uk = t 1 + t 2

jednako:

4

2 s 5 t 1 = 30

+ t 3 + t 4 . Vrijeme

.)


t 1 , je na primjer,


1.1.2. Jednoliko ubrzano gibanje duž pravca Jednoliko ubrzano gibanje duž pravca je takvo gibanje, kod kojeg je promjena brzine u odabranoj jedinici vremena konstantna (nepromijenjena) veli čina. Takva fizikalna veli čina naziva se akceleracija ili ubrzanje. Ako je odabrana jedinica vremena najmanja, teži prema nuli (Δt → 0), tada govorimo o pravoj akceleraciji i definiramo je:

Δv dv = ⋅ Δt →0 Δt dt

a pr =

lim

(4)

Kažemo da je akceleracija prva derivacija brzine po vremenu. Ako je prava akceleracija konstantna veličina, onda je ona jednaka i srednjoj akceleraciji (a ) što možemo izraziti:

a pr = a

= konst ,

(4a)

gdje je:

Δv vk − v p v − vo a= = = ⋅ t Δt t k − t p

(4b)

Zamjene početnih i konačnih veličina u ovom gibanju analogne su zamjenema kod jednolikog gibanja duž pravca, uz napomenu da se kod jednolikog ubrzanog gibanja ta zamjena odnosi na brzine. Tako su u izrazu (4b) ozna čene konačna brzina i konačno vrijeme sa vk i t k, a početna brzina i početno vrijeme sa v p i t p. Uz uvjete da kona čna brzina poprima bilo koju vrijednost v, što znači da u gornjem izrazu vršimo zamjenu vk → v, a početna brzina je v0 i odgovarajuća zamjena je v p → v0 i analogno, konačno vrijeme poprima vrijednost t što znači t k → t i početno vrijeme je nula što zna či t p → 0. Uz navedene pretpostavke mogu se kinematički izrazi za akceleraciju a(t) i brzinu v(t) prikazati slijedećim relacijama: a (t ) = konst v (t ) = v0

+ a ⋅ t .

(5)

Pripadni dijagrami su: a(t)

v(t)

a

v0

t

t

Sl.3. Sl.4. Još nam nedostaje izraz za promjenu puta ovisnu o vremenu s(t), koju možemo izvesti iz v(t) dijagrama u kojima je površina ispod krivulje brzine jednaka pre đenom putu. Na Sl.5. i Sl.6. V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć

5


prikazana je ovisnost brzine v(t) za jednoliko i jednoliko ubrzano gibanje duž pravca u kojima možemo očitati pripadne površine (pređene puteve): s = v⋅ t kod jednolikog gibanja i s = v0 ⋅ t +

a

⋅ t 2 kod jednoliko ubrzanog gibanja duž pravca.

2 U slučaju da krivulja v(t) opisuje nejednoliko gibanje i pripadna površina čini nepravilan lik Sl.7., tada se površina izražava pomoću integrala: t

∫

s (t ) = v (t ) ⋅ dt ,

(6)

0

što za sada ne će biti predmet naših razmatranja. v(t)

v(t)

v(t)

s

s

t

s

t

Sl.5.

Sl.6.

t

Sl.7.

Izrazi za ovisnost promjene puta o vremenu s(t) za jednoliko ubrzano gibanje mogu se prikazati jednadžbama dobivenim iz grafičkih prikaza analognih Sl. 6. uz razli čite početne uvjete: s(t ) =

1 2 a ⋅ t 2

1 2 a ⋅ t 2 1 s(t ) = s0 + v0 ⋅ t + a ⋅ t 2 . 2 s(t ) = v0 ⋅ t +

(a ) ( b)

( 7a - 7c)

(c )

Izrazi su parabole, čija tjemena su ili u ishodištu koordinatnog sustava ili su pomaknuta duž osi puta ili vremena (znanje o paraboli). Izrazi (6a-6c) razlikuju se u po četnim uvjetima v0 i s0, koji su jednaki nuli ili razli čiti od nule.

6



Slobodni pad Jedno od jednostavnih jednolikih ubrzanih gibanja je slobodni pad. To gibanje ima konstantnu akceleraciju koju nazivamo akceleracijom sile teže ili gravitacijom i ozna čavamo sa g . r

Gravitacija je uzrokovana gravitacijskom silom (Zemlje ili bilo kojeg velikog tijela) koja djeluje na svako tijelo u polju djelovanja te sile. Vrijednost gravitacije se mijenja ovisno o geografskoj širini radi spljoštenosti Zemlje; na ekvatoru je najmanja a na polovima je najve ća. Isto tako gravitacija se mijenja ovisno o udaljenosti od tla (horizontalne ravnine dogovorene početne visine, h=0, koja je naj češće predstavljena morskom površinom). Pove ćavanjem udaljenosti od morske površine gravitacija se smanjuje. Za srednju vrijednost gravitacije uzima se vrijednost na geografskoj širini 45 0 i morskoj površini (h = 0 m) i iznosi 9.81m/s 2. g pol = 9,83 m/s2 R Z, pol

450, g = 9,81 m/s2

gekvator = 9,78 m/s2

R Z,ekvator

g pol > gekvator

Sl.8. Gravitacija g ovisna je o geografskoj širini Primjeri: 4. Tijelo je bačeno slobodno s visine 100m (v 0 = 0 m/s). Izračunajte: a) vrijeme trajanja slobodnog pada i b) konačnu brzinu kojom tijelo padne na tlo (g=9.81m/s 2). R: a) t uk =4.5s, b) v uk =45m/s =162km/h

5. Tijelo je bačeno slobodno s visine 100m po četnom brzinom 72km/h. Izračunajte: a) vrijeme trajanja slobodnog pada i b) kona čnu brzinu kojom tijelo padne na tlo. Usporedite rezultate 4. i 5. zadatka. R: a) t uk = 2.9s, b) vuk = 176.4km/h

6. Tijelo se giba jednoliko ubrzano pri čemu u prvih 5 sekundi pre đe 40m a u slijede ćih 5 sekundi pređe 100m. Izračunajte: a) akceleraciju gibanja i b) početnu i konačnu brzinu. R: a) a = 2.4m/s2 , b) v0 = 2m/s i v uk = 26m/s


7


7. Dva tijela bačena su s iste visine tako, da je prvo tijelo ba čeno bez početne brzine, a drugom je početna brzina 30m/s. Drugo tijelo je palo 2 sekunde ranije na tlo od prvog tijela. S koje visine su ba čena tijela? R: H=80 m Uputa: ako prvom tijelu treba vrijeme t za pad s visine H, tada drugom tijelu treba vrijeme t-2 za pad s iste visine.

8. Vlak se zaustavlja na stanici, pri čemu prvih 50m pređe u 5 sekundi a slijede ćih 50m u 7 sekundi. Konačna brzina vlaka je nula, a akceleracije u navedenim dijelovima puta su različite. Izračunajte: a) akceleracije u oba dijela puta i b) po četnu brzinu vlaka. R: a) a1 = 12/7 m/s 2 i a2 = -100/49 m/s2 , b) v0 = 40/7 m/s = 20,57 km/h

9. Tijelo pada slobodno s neke visine po četnom brzinom 5m/s. Posljednjih 20m ukupnog puta prijeđe u vrijeme od 0.4s. Izra čunajte: a) visinu s koje je tijelo počelo padati i b) kona čnu brzinu.

8



1.2. SLOŽENA GIBANJA Složena gibanja su ona gibanja koja se sastoje od dva ili više jednostavnih gibanja koja se ostvaruju istovremeno. Uobičajena složena gibanja su: vertikalni hitac, horizontalni hitac, kosi hitac i kružno gibanje.

1.2.1. Vertikalni hitac Vertikalni hitac je složeno gibanje sastavljeno od jednolikog gibanja duž pravca okomitog na horizontalnu podlogu (smjer suprotan od djelovanja akceleracije sile teže) koje je zadano početnom brzinom v0 i istodobnog slobodnog pada duž istog pravca ali suprotnog smjera. Gibanje možemo jednostavno prikazati:

H

C ---

v(t uk ) = 0

gt

B ---

v ( t )

v0

A ---

v ( 0) = v 0

v0

= v0 − g ⋅ t

Sl.9. Komponente brzina vertikalnog hica Gibanje počinje u točki A početnom brzinom v0. U bilo kojoj točki B brzinu možemo prikazati izrazom v(t) = v0 − g⋅t, a gibanje završava u to čki C, gdje je v(tuk ) = 0. U vezi gornjeg razmatranja kinematički izrazi za s(t) i v(t) prikazani su u (7):

v(t ) = v0 − g ⋅ t ,

1 2

s(t ) = v0 ⋅ t − g ⋅ t 2 .

(8)

Izraze za ukupno vrijeme trajanja vertikalnog hica (v uk ) i pripadni put (domet, H) možemo naći iz uvjeta: v(t) = 0 za t = t uk , pa slijedi:

t uk =

v0 g

, suk = H =

v02

2 g

.


(9)

9


Naglasimo da je ukupno vrijeme trajanja gibanja tijela od izbačaja u vertikalni hitac i vraćanja u početnu točku (povratak na tlo) dvostruko, t A→C→A = 2tuk , jer povratni dio gibanja s vrha v0 = t ( ). hica (točka C), koji predstavlja slobodni pad, traje isto vrijeme, uk g Primjeri: 9. Tijelo je bačeno vertikalno početnom brzinom 40 m/s. Izračunajte: a) ukupno trajanje hica, b) domet hica i c) visinu na kojoj će se naći tijelo nakon 3 sekunde gibanja. R: a) t uk = 4 s, b) H = 80m i c) h = 75 m

10. Tijelo je bačeno vertikalno i vratilo se nakon 6 sekundi. Izra čunajte: a) početnu brzinu tijela, i b) domet hica. R: a) v0 = 30m/s, b) H = 45m

11. Tijelo je bačeno vertikalno i nakon dvije sekunde postigne brzinu 30m/s. Izra čunajte: a) početnu brzinu tijela i b) najveću visinu do koje će tijelo stići. R: a) v0 = 50 m/s, b) H = 125 m

1.2.2. Horizontalni hitac Horizontalni hitac je složeno gibanje sastavljeno od jednolikog gibanja duž pravca paralelnog s horizontalnom podlogom i istodobnog slobodnog pada. Tijelo se pri tom počinje gibati jednoliko, na visini H udaljenoj od horizontalne podloge, po četnom brzinom v0. Pripadni dijagram tog gibanja može se prikazati u ravnini y , x. y

v0 v0

H

gt

v(t)

xmax = D

x

Sl.10. Komponente brzina horizontalnog hica.

10



Brzina u bilo kojoj točki gibanja dana je izrazom:

v (t )

=

(v

2 0

+ ( g ⋅ t )2 ) .

(10)

Ukupno vrijeme trajanja gibanja ovisno je o visini H i jednako je t uk

⎛ 2 H ⎞ ⎟⎟ . = ⎜⎜ g ⎝ ⎠

(11)

Pripadni domet ostvaruje se u x-smjeru gibanja (x max = D) u trajanju tuk i vrijednost mu iznosi: D = t uk ⋅ v0

⎛ 2 H ⎞ ⎟ . = v0 ⋅ ⎜⎜ ⎟ ⎝ g ⎠

(12)

Primjeri: 12. Tijelo je bačeno horizontalno s visine 150m po četnom brzinom 45m/s. Izračunajte: a) ukupno trajanje hica, b) domet hica i c) brzinu tijela prilikom pada na tlo. R: a) t uk = 5.5 s, b) D = 247.5 m i c) v uk = 70.9 m/s = 255 km/h

13. Tijelo je bačeno horizontalno s visine 200m i po četnom brzinom 30 m/s. Kolika je: a) konačna (ukupna, v uk ), brzina tijela i b) visina tijela u odnosu na horizontalnu podlogu nakon 3 sekunde gibanja? R: a) v(3) = 152.7 km/h, d = 155m iznad tla

14. Tijelo je bačeno s visine 120 m u horizontalnom smjeru i kona čna brzina koju je tijelo postiglo prilikom pada na tlo iznosi 55 m/s. Izračunajte: a) početnu brzinu kojom je tijelo izbačeno, i b) domet tijela. R: a) v0 = 25 m/s, b) D = 122.5 m

15. Tijelo 1 bačeno je s visine 100 m paralelno s osi x po četnom brzinom 20 m/s. Istodobno je s tla (ispod tijela 1) ba čeno tijelo 2 nekom po četnom brzinom i pod nekim kutem tako da se oba tijela sudare u to čki x = 30 m, koja se mjeri u smjeru koordinate izba čaja oba tijela. Izračunajte početnu brzinu, v0, i kut, α0, pod kojim je izbačeno tijelo 2. R: α0=74,91

0

, v0=76,8 m/s

16. Kamen bacimo s vrha tornja visine 30 m početnom brzinom 40 m/s pod kutem 60 0 prema horizontali. Izračunajte vrijeme proteklo od izba čaja do pada kamena na tlo. (Slika) V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć

11


R: tuk = tI + tII = 3,46 + 4,24 = 7,7 s 17. Dva tijela izbačena su iz početnih točaka na slijedeći način: tijelo 1 izbačeno je iz ishodišta koordinatnog sustava po četnom brzinom v01 pod kutem α u odnosu na x-os, a tijelo 2 ba čeno je istodobno s tijelom 1 na visini 1125 m iznad prvog tijela horizontalnom brzinom 20 m/s. Kolikom početnom brzinom i pod kojim kutem moramo izbaciti drugo tijelo, ako želimo da se sudare nakon 5 sekundi? v02 = 20 m ⋅ s-1

v01

Sl.uz 17. zadatak

12



2. DINAMIKA Dinamika je dio mehanike koji prou čava zakonitosti gibanja i posebno uzroke gibanja, pri čemu su uzroci gibanja razne vrste sila.

2.1. OSNOVNE ZAKONITOSTI DINAMIKE Osnovne zakonitosti dinamike definirane su Newtonovim aksiomima∗. 1. Newtonov aksiom

Svako tijelo ostaje u stanju mirovanja ili jednolikoga gibanja duž pravca sve dok ga neka vanjska sila ne prisili da to stanje promijeni. Ovaj zakon opisuje uvjete ravnoteže, odnosno uvjete u kojima neko tijelo miruje ili se giba jednoliko duž pravca. Iz zakona uo čavamo da je tijelo u ravnoteži onda, ako je zbroj sila na tijelo jednak nuli, pa ga pišemo: n

∑ F = 0 , r

i

i =1

(13)

gdje su Fi sile koje djeluju na tijelo. 2. Newtonov aksiom r

Ovaj aksiom opisuje jednu od najvažnijih fizikalnih veli čina, silu F , koja opisuje djelovanje na neko tijelo. r

Ako na tijelo djeluje sila F , ona je proporcionalna akceleraciji a pri čemu je faktor proporcionalnosti jednak fizikalnoj veli čini koja označava odupiranje tijela gibanju i nazivamo je troma masa m tr . r

Aksiom u kojem je izražena opisana ovisnost možemo izraziti jednadžbom:

F = m tr ⋅ a . r

r

(14)

Mjerna jedinica za silu u SI sustavu je 1 N (njutn), koju možemo prikazati pomo ću osnovnih mjernih jedinica: 1 N = 1kg ⋅ 1

∗

m s

2

aksiom (axióō - cijenim, usvajam) o čevidna spoznaja; osnovno na čelo V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć

13


3. Newtonov aksiom

Ako dva tijela djeluju jedno na drugo, tada su sile me đudjelovanja iste i suprotnih smjerova. Ovaj aksiom izražavamo slijede ćom relacijom: r

= − F 2 ,1 . r

F 1, 2

(15)

Ovaj zakon primjenjujemo u interakcijama dva tijela, na pr. u sudarima.

Sila trenja Trenje izmeđ u površina dvaju tijela

Fizikalni sistemi u kojima pratimo gibanja u dinamici naj češće su ravne podloge ili kosine. Ako su površine izme đu tijela potpuno glatke (idealne), tada ne govorimo o trenju, odnosno o interakciji tijela s podlogom. Ako su u promatranim fizikalnim procesima dodirne površine izme đu tijela neravne (realne) tada govorimo o interakciji između površina koju opisujmo silom trenja, F tr . Tada tu silu moramo uključiti u ostale sile koje djeluju na tijelo i zajedno uzrokuju rezultantno gibanje. Moramo naglasiti da sila trenja ne uzrokuje gibanje i ona djeluje u smjeru suprotnom od kretanja tijela (rezultantne sile). Iznos sile je jednak umnošku koeficijenta trenja i sume sila koje djeluju okomito na podlogu na kojoj se nalazi tijelo:

F tr = μ ⋅ r

n

∑ F r

⊥ ,i

.

1 =1

U ovom izrazu okomite sile su naj češće: čitava težina tijela, G; dio čitave težine (kosina), G⊥ i (ili) dio vanjske sile koja djeluje pod nekim kutem u odnosu na ravninu gibanja F v . Koeficijent trenja μ, je fizikalna veličina čija mjerna jedinica je 1 (bezdimenzionalna fizikalna veličina), a vrijednosti koje može poprimiti kreću se od (0-1). U tablicama se mogu na ći koeficijenti trenja za pojedine sisteme podloge i tijela. Napomena: na donjim slikama kutevi α pripadaju nagibu kosine a kutevi β odgovaraju smjeru djelovanja vanjske sile, pa je u oba slu čaja Fv,y = Fv sin β.

14



Ftr

Ftr

Fv

G G

G

G

a)

b) Fv Fv,x

Fv,y F tr

Fv,y G

Fv,x

G G

c)

α

d)

Na slici su navedeni primjeri a), b), c) i d) u kojima različ ite sile ( ili dijelovi sila) doprinose trenju.

U slučaju a) trenje je uzrokovano čitavom težinom tijela G, pa je : Ftr = μG, a u b) primjeru trenje je uzrokovano komponentom težine G⊥ i trenje je: Ftr = μGcosα. Ako na tijelo djeluje vanjska sila pod nekim kutom β, c) slučaj, tada je trenje uzrokovano čitavom težinom umanjenom za komponentu vanjske sile Fv,y : Ftr = μ (G - Fv,y), A na kosini, d) primjer, trenje je uzrokovano komponentom G⊥ umanjenom za komponentu vanjske sile Fv,y : Ftr = μ(G⊥ - Fv,y).


15


Sila trenja pri prolasku tijela kroz sredstvo Moramo spomenuti i silu trenje koja se javlja pri prolasku tijela kroz neko sredstvo; na primjer zrak. Tu silu nazivamo silom otpora sredstva F otp a rad utrošen na tu silu ozna čavamo W otp. Sila otpora u nekom sredstvu ovisi o više parametara, kao što su brzina gibanja tijela, oblik tijela ili gustoća sredstva, pa za tu silu ne prikazujemo jednadžbe koje se razlikuju za posebne slučajeve i ponekad nisu jednostavne. Silu otpora sredstva ra čunamo iz izraza za rad te sile:

W otp = F otp ⋅ s , r

r

pri čemu je s put na kojem djeluje sila otpora F otp uz pretpstavku da je ta sila konstantna (približno konstantna) duž promatranog puta. Rad sile otpora nalazimo iz relacija za o čuvanje energije u nekom promatranom sistemu, primjer 17.. r

Primjeri: 15. Tijelo mase 5kg ba čeno je s visine 100m po četnom brzinom v0 = 20m/s. Izračunajte: a) konačnu brzinu tijela ako je zanemareno trenje i b) silu trenja i izgubljenu energiju u obliku rada sile trenja (u %) ako je konačna brzina 30m/s. R: a) 176.4 km/h, b) F tr = 37.5 N, W tr /E poč = 62.5%

16. Automobil mase 1400 kg kre će se početnom brzinom v1 = 20 m/s. Za koliko je potrebno povećati vučnu snagu motora da bi se brzina auta na putu od 1200 m pove ćala 2 puta? (Sila trenja je zanemarena) R: Δ P = 21 kw

17. Kamen mase 300g bacimo s mosta visokog 25 m vertikalno dolje brzinom 12 m/s. Tijelo stigne na površinu vode brzinom 18 m/s. Odredite silu otpora (trenja) zraka i rad koji je tijelo utrošilo svladavajući tu silu.

E početna (A) v0

E početna(A) = Wotp + Ekonačna(B) h

Wotp = E(A) - E(B) Wotp = mgh + 1/2 mv02 - ½ mvuk 2 Wotp = 48 J

Ekonačna (B)

Fotp = Wotp /h

vuk

Fotp = 1.92 N

16



18. Tijelo mase 10 kg nalazi se na ravnoj podlozi. Koeficijent trenja tijela i podloge je 0.2. Kakvo gibanje vrši tijelo i koliki put pređe u 30 min, ako na njega djeluje sila: a) F v = 15N, b) Fv = 20N, c) Fv = 30N. R: a) F v < F TR , mirovanje, b) F v = F TR , labilna ravnoteža, c) F v > F TR , a = 1m/s 2 , s = 1620 km

19. Tijelo se spušta s vrha kosine visinske razlike vrha i dna 200 m kuta nagiba 15 0 bez početne brzine. Izračunajte: a) vrijema trajanja gibanja do dna kosine, b) kona čnu brzinu tijela. (trenje je zanemareno). R: a) t uk = 24.4s, b) v uk = 227.7km/h

a) Tijelo se spušta radi komponente težine: G ⎜⎜ = G ⋅ sinα. h

G

G G

Rezultantna sila na tijelo: FR = G⎜⎜ m·aR = m·g ⋅ sinα, a = 2.59 h *

l

= sin α , l =

h

sin α

m s 2

= 773m

l

tuk = 2 = 24.4 s a

b) vuk = 2al = 63.2m/s = 227.7 km/h *

l je duljina kosine

20. Tijelo mase 10kg giba se s vrha kosine kuta nagiba 10 0 i visinske razlike 150 m uz koeficijent trenja 0.15. Izračunajte: a) vrijeme trajanja gibanja do dna kosine, b) konačnu brzinu tijela i c) gubitak početne energije gibanjem po kosini. R: a) t uk = 1.4min, b) vuk = 76km/h c) W TR = 12761,( W TR /E poč ) · 100% = 85% gubitka


17


21. Kamion mase 10 tona spušta se niz kosinu visinske razlike 300m, nagiba 10 0 i koeficijenta trenja 0.2 početnom brzinom 54 km/h. Kolika treba biti sila motora, vanjska sila (F v) i snaga ako kamion želi zadržati konstantnu brzinu gibaju ći se niz kosinu. U kojem smjeru djeluje sila motora? za v = konst ⇒ ∑ Fi = 0 slika:

FTR

v = konst

G ||

G⊥

Fv

Fv + G„ - Ftr = 0 ⇒ Fv = 2.3⋅103 N iz predznaka sile i slike uoč avamo da je smjer vanjske sile (motora) niz kosinu (prema dolje); onaj koji smo pretpostavili

P = Fv ⋅ v = 34.5kw

22. Kamion mase 10 tona spušta se niz kosinu visinske razlike 100m, kuta nagiba 10 0 i koeficijenta trenja 0.2. Početna brzina kamiona je 72km/h. Izra čunajte: a) srednju snagu motora i b) vrijeme silaska kamiona do dna kosine, ako želimo da se kamion na dnu kosine zaustavi? R: a) F v = - 6.04 kN, P = 60.04 kw; b) t uk = 57.6min F v = - 3.7 kN, P = 37 kw t uk = 57.6 s

a) rezultantno gibanje je usporavanje (vkon< v poč ),

FTR

G⊥

Frezult

a R =

Fv G||

α G

2 v po č

2l

, ⇒ a R = - 0.347m/s 2

iz jednadžbe: F R = G║ - F TR - F v možemo izrač unati vanjsku silu: F v = - 3.7 kN, srednja snaga je:

P = F v ⋅ v = 37 kW , gdje je v=

b) t uk =

18

v poč + vkonač on

2 2 ⋅ l a R

= 10

= 57.6 min


m s


23. Čovjek gura teret mase 30 kg vanjskom silom paralelnom s podlogom koeficijenta trenja 0.3. Kolika je vanjska sila čovjeka koja uzrokuje jednoliko gibanje duž podloge? R: F v = 90N

24. Čovjek gura teret mase 30 kg vanjskom silom prema dolje tako da sila zatvara kut od 37 0 s horizontalnom podlogom (negativan kut) čiji koeficijent trenja je 0.3. Kolika je vanjska sila čovjeka koja uzrokuje jednoliko gibanje duž podloge? R: F v = 145N

25. Čovjek vuče teret mase 30 kg vanjskom silom prema gore tako da sila zatvara kut od 37 0 s horizontalnom podlogom čiji koeficijent trenja je 0.3. Kolika je vanjska sila čovjeka koja uzrokuje jednoliko gibanje duž podloge? Usporedite rezultate zadataka 24., 25. i 26. i pokušajte ih diskutirati. R: F v = 92 N

Potencijalna energija

Svaka sila posjeduje podru č je u kojem djeluje; to područ je nazivamo polje sile, na pr. gravitacijsko polje Zemlje. Tijelo koje se nalazi u podru č ju djelovanja neke sile (u klasičnoj mehanici je to uglavnom gravitacijska sila) posjeduje potencijalnu energiju, E p , pomoću koje to tijelo može vršiti rad. Na primjer, tijelo podignuto na visinu h može vršiti rad, spuštajući se s te visine ili nategnuta opruga (sata, na pr.) tako đer vrši rad vraćajući se natrag u ravnoteži položaj. Izvršeni rad u polju djelovanja neke sile možemo izraziti pomo ću poznate relacije:

dW = F ⋅ d s , r

r

što u slučaju gravitacijske sile, koja djeluje u svim smjerovima, radijalno, ima oblik:

dW = F gr ⋅ d r . r

r

Ukupni rad što ga izvrši sila jednak je integralu diferencijalne veli čine dW , koji će u skalarnom produktu dati vrijednosti samo u j , odnosno u – y smjeru: r

y B

∫

W = F gr ⋅ d r = r

r

− mg ( y B − y A ) .

y A


19


Veličina mg y zove se gravitacijska potencijalna energija tijela na visini y . Ako pretpostavimo da je tijelo u početnom položaju na visini y A = 0 , tada potencijalna energija ima izraz: E p = mg ⋅ y B = mg ⋅ h ,

Gdje je h visina tijela iznad one ravnine koju smo pretpostavili kao po četni položaj.

2.2. ZAKONI OČUVANJA U dinamici moramo obratiti pažnju na zakone o čuvanja koji vrijede u svakom dobro definiranom (zatvorenom) fizikalnom sistemu. Za svaki fizikalni proces vrijedi zakon očuvanja energije i zakon o čuvanja količine gibanja.

Zakon očuvanja energije tvrdi da ukupna energija nekog tijela u zadanom fizikalnom procesu ostaje sačuvana u svakoj to čki procesa. Pri tom mislimo na kineti čku energiju, Ek , i potencijalnu energiju, E p, a mogu se javiti i energije "gubitka" u obliku trenja. Na primjeru slobodnog pada može se potvrditi da je ukupna energija nekog tijela na po četku slobodnog pada, na kraju slobodnog pada i u bilo kojoj točki slobodnog pada uvijek ista. Zakon o čuvanja energije izražavamo relacijom:

E k , poč + E p, poč = E k , kon + E p, kon

(18)

gdje su E k,poč i E k,kon početne i konačne kinetičke energija a E p,poč i E p,kon početne i konačne potencijalne energije. O zakonu očuvanja količine gibanja govorimo onda kada tijela izmijenjuju impulse i pri tom mijenjaju brzine. Može se pokazati da je u takvim me đudjelovanjima zbroj količina gibanja tijela prije sudara jednak zbroju koli čina gibanja poslije sudara. Fizikalna veli čina količ ina gibanja jednaka je umnošku mase i brzine nekog tijela. Zakon očuvanja količine gibanja prikazujemo relacijom:

m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2 r

r

= m1 ⋅ v1´ + m2 ⋅ v2´ r

r

(19)

u kojoj su izrazi v1 i v 2 brzine tijela prije me đudjelovanja dvaju tijela (izmjene impulsa), a izrazi v1′ i v 2′ brzine tijela nakon navedenih me đudjelovanja. r

r

20

r

r



2.3. SUDARI Prilikom sudara dvaju tijela izmijenjuju se energije i impulsi u skladu sa zakonom o čuvanja energije i zakonom očuvanja količine gibanja. Ovisno o vrstama energija koje se pojavljuju u sudarima, definiramo savršeno elasti čne i savršeno neelasti čne sudare. Sudari koji se dešavaju na jednom pravcu su centralni sudari, a ostali sudari su oni koji se dešavaju pod kutem. Elastič ni sudari

U savršeno elasti čnom sudaru, dva tijela mase m1 i m2 i pripadnih brzina v 1 i v2 izmijene impulse prilikom sudara, pri čemu svaka čestica promijeni kinetičku energiju, odnosno brzinu. Prilikom navedenog sudara ne govorimo o potencijalnoj energiji, budu ći da je ona konstantna (ne mijenja se) prilikom sudara.

v1

v1′

v2

r

v 2′

r

r

r

m2

m2 m1

m1

izmjena impulsa

Sl. 12. Centralni elasti čni sudar

Zakoni koji vrijede za savršeno elasti čan sudar su:

= m1 ⋅ v1′ + m2 ⋅ v2′ , 1 1 1 1 2 2 m1 ⋅ v12 + m2 ⋅ v22 = m1 ⋅ v1′ + m2 ⋅ v′2 2 2 2 2

m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2 r

r

r

r

(20)

Primjer: 26. Tijelo mase 8kg i brzine 10m/s sudari se elasti čno i centralno s tijelom mase 5kg i brzine 8m/s. Izračunajte brzine tijela nakon sudara, ako se prije sudara tijela gibaju: a) u istom smjeru i b) u suprotnim smjerovima. R: a) v1' = 8.46m/s; v 2' = 10.46m/s, b) v 1' = -3.85m/s; v 2' = 30.10m/s


21


Neelastič ni sudari

U savršeno neelasti čnom sudaru tijela mase m1 i m2 i pripadnih brzina v1 i v2 izmijene impulse na taj na čin da se tijela nastave gibati zajedni čkom brzinom v a prilikom sudara dolazi do razvijanja topline radi pove ćanja unutarnje energije sistema (deformacije). Na taj način je zbroj kinetičke energije prije sudara ve ći nego iza sudara. U izraz zakona o čuvanja zato ulazi toplina Q, koja uz ostale energije osigurava sačuvanje energije tokom procesa.

v1 r

r

r

v2

v

m2 m1 + m2

m1

izmjena impulsa

Sl.13. Centralni neelasti čni sudar Zakoni koji vrijede za savršeno neelasti čan sudar su:

m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v 2

= (m1 + m2 ) ⋅ v , 1 1 1 2 2 2 m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v 2 = ( m1 + m2 ) ⋅ v + Q. 2 2 2 r

r

r

(21)

U gornjim jednadžbama v je brzina oba tijela koja se gibaju zajedno nakon sudara (zajednička brzina) a Q je toplina razvijena tokom sudara. Primjer: 27. Kamion mase 3 tone i brzine 90 km/h sudari se centralno i neelasti čno s kamionom mase 10 tona i brzine 54 km/h tako da su im brzine prije sudara suprotnog smjera (frontalni sudar). Izračunajte: a) brzinu oba kamiona nakon sudara i b) količinu topline razvijenu tokom sudara (u %) R: a) v1' = -3.85m/s, v2' = 30.1m/s; b) Q/E poč · 100% = 89.5%

22



2.4. KRUŽNO GIBANJE, CENTRIPETALNA SILA Jednoliko gibanje po kružnici ubrajamo u sastavljena gibanja, ali ga obi čno upoznajemo u dinamici radi centripetalne i centrifugalne sile koje ne možemo zaobi ći u objašnjenju ovog gibanja. Jednoliko kružno gibanje kao sastavljeno gibanje možemo prikazati slikom: r

v0

v0 r

90° r

a cp , F cp r

r

r

v0 r

Sl.14. Gibanje po kružnici U smjeru tangente na kružnicu tijelo ima brzine v0 (obodnu brzinu) koja je konstantna po iznosu a smjer se mijenja tokom kruženja tijela. Okomito na tangentu a u smjeru prema centru djeluje centripetalna sila F cp; u tom istom smjeru djeluje i centripetalna akceleracija koja je posljedica promjene smjera obodne brzine. Može se pokazati da su izrazi za obodnu brzinu i centripetalnu akceleraciju ovisni o radiusu r i periodi kruženja T na slijede ći način: r

2r π

v0

=

T

v02 r

r

r

= 2r π ⋅ f r

acp r

=

r

r

,

(21)

pri čemu je perioda kruženja vezana s frekvencijom relacijom T = 1/f . Tijelo koje se giba kružnicom ostaje na putanji kružnice radi konstantnog djelovanja centrifugalne sile F cf , koja djeluje u suprotnom smjeru od djelovanja centripetalne sile a po iznosu su te dvije sile jednake:

F cf = − F cp . r

r

(22)

Apsolutni iznosi vrijednosti za centripetalnu i centrifugalnu silu su mv2/r. Centrifugalna sila je ustvari inercijalna sila koja se javlja u ubrzanim sustavima i djeluje na tijela koja se u tim sustavima gibaju kao dodatna sila u smjeru suprotnom od akceleracije sustava. Ako tijelo nije vezano za centar kruženja, tada centrifugalna sila može izbaciti tijelo iz putanje kružnice. U slučaju gibanja auta na kružnom dijelu ceste izbacivanje iz putanje spre čava se na dva načina: a) nagibom ceste prema unutrašnjosti zavoja i b) pove ćanjem trenja u smjeru okomitom na gibanje, tj u smjeru suprotnom od F CF .


23


Primjeri: 28. Auto prelazi zavojem radijusa 50m brzinom 20m/s. Koliki mora biti nagib ceste da bi rezultantna sila koja djeluje na auto bila okomita na površinu ceste?

r = 50m v = 20m/s α=?

r

α

FCF

α

konačni položaj ceste

G

FR

iz slike možemo očitati: tg α = Fcf / G tg α = ( m · v2/r )/ (mg ) = v2/rg tgα = 400/500 ⇒

= 38.60

29. Auto prelazi zavojem ceste radijusa 50m brzinom 20m/s. Ako je zavoj bez nagiba, koliki mora biti koeficijent trenja da bi sila trenja savladala centrifugalnu silu F CF ? Ftr

v = 20m/s r = 50m μ = ?

FCF

Ftr = FCF μ⋅G = m⋅v2/r μ mg = m⋅v2/r μ = 400/500 μ = 0.8

G

30. Cesta na zavoju ima nagib od 15 0 uz dodatak pove ćanja koeficijenta trenja na 0.3 radi sprečavanja sletanja auta na zavoju ceste radi centrifugalne sile. Kojom brzinom može auto ući sigurno u zavoj? r = 50m α = 150 μ = 0.3 v=?

iz slike vidimo da je rezultantna sila u smjeru centrifugalne sile jednaka:

FCF

Ftr

ΔF

konačni položaj ceste

α G

FR

ΔF = FCF - Ftr ΔF = m ⋅ v2/r - μ mg ⋅ cosα nagib ceste naći ćemo iz omjera Δ F sila: = tg α G nakon uvrštavanja sila dobivamo:

v=

[rg (μ cosα + tg α )]

v = 16 m/s = 59.5 km/h

24



31. Koliku bismo brzinu trebali dati satelitu S da kruži oko Zemlje usporedo s njezinom površinom i blizu nje, ako zanemarimo trenje (otpor zraka) ? Uputa: Satelit će vršiti jednoliko gibanje po kružnici radijusa R Z i bit će u ravnotežnom položaju ako su centripetalna sila FCP , u ovom slu č aju težina tijela G , i centrifugalna sila, FCF jednake po apsolutnom iznosu, slika.

R Z = 6370 km = 6.37 ⋅ 106 m g = 9.81 m/s2 v I ravnoteža se postiže:

S

FCF

FCP

FCP G mg vI vI

R Z

v I

= FCF = FCF = mvI 2 / R Z = ( R Z · g )1/2 = 7.9 · 103 m/s

Dobivena brzina v I naziva se prva kozmi čka brzina. 32. Koju brzinu trebamo dati satelitu da napusti gravitacijsko polje Zemlje? Uputa: Da bismo odredili brzinu trebamo izra č unati rad koji će to tijelo treba izvršiti savladavanjem gravitacijske sile Zemlje pri udaljavanju s njene površine, R Z , u beskonač nost, ∞ . Minimalni rad tijelo dobije na ra č un kinetič ke energije č iju pripadnu brzinu moramo odrediti.

satelit napušta ravitacijsko polje Zemlje

W = ∫ F gr dr = ∫ K ⋅ (M z m / R Z 2 )⋅ dr v II

S

∞

W = K ⋅ ( M z m / R Z 2 ) ⋅ r Ι = - g · m ·R Z RZ

radi E P = E K ⇒ g ⋅m R ⋅ Z = m⋅ v2 / 2 ⇒

Zemlja

v II = 2 ⋅ g ⋅ R Z = 11.2 km/h (podaci za g i R Z isti kao u zadatku 31.)

dobivena brzina v II se naziva druga kozmička brzina.


25


II MEHANIKA TEKUĆINA Upoznavanje svojstava teku ćina povezano je s ispitivanjima svojstava mnoštva čestica koje su u međusobno slabijim energetskim vezama nego čestice krutih tijela. Sjetimo se, kod razmatrana gibanja krutih tijela možemo tijelo neke mase uz odre đene pretpostavke smatrati sistemom koji se ponaša kao materijalna čestica. Kod tekućina takav prikaz nije mogu ć, te večina fizikalnih veličina koje opisuju tekućine imaju karakteristike mnoštva čestica (tlak, volumen, gusto ća, unutarnja energija). Mehani čka svojstava tekućina dijelimo na statiku i dinamiku tekućina, pri čemu se u dinamici upoznajemo s idealnim i realnim teku ćinama. 1. STATIKA TEKUĆINA Ako tekućina miruje, govorimo o statici teku ćina. Fizikalne veličine koje trebamo upoznati u statici tekućina su: 1) hidraulički tlak 2) hidrostatski tlak 3) uzgon 4) napetost površine

1.1. HIDRAULIČKI TLAK Neka se teku ćina nalazi u posudi koja je zatvorena klipom površine S. Ako na klip djelujemo vanjskom silom Fv, tada uzrokujemo tlak koji se prenosi na teku ćinu. Taj tlak zovemo hidrauličkim tlakom. Možemo dakle reći da je hidraulički tlak onaj tlak koji nastaje u teku ćini radi djelovanja vanjske sile. Taj tlak ima svojstvo da se širi jednako u svim smjerovima kroz teku ćinu, a to zna či da je tlak u svakoj točki nestlačivog i mirnog fluida jednak. U razmatranju se ne uzima u obzir vlastita težina teku ćine, odnosno djelovanje sile teže na tekućinu, što ćemo obraditi u poglavlju o hidrostati čkom tlaku. Ovu zakonitost nazivamo Pascalovim zakonom za vanjski tlak teku ćine. Koristeći navedeno svojstvo hidrauli čkog tlaka, moguće je uz djelovanje male sile F 1 na jedan otvor tekućine površine S1 dobiti mnogo veću silu F2 na otvoru površine S 2, što je prikazano na sl.15.

26



F

F1 S1

S2

p1 p2 p1= p2

Sl.15. Hidraulički tlak i primjena u hidrauličkoj preši Hidraulički tlak p1 uzrokovan silom F1 na čepu površine S1 ima vrijednost koja je ista u p1

=

F 1 S 1

čitavoj tekućini i prenaša se na drugi čep površine S2:

p2

=

F 2 S 2

Tlak p2 stvara silu F2 koja ima vrijednost: F 2

= p 2 ⋅

S 2 .

Radi p1 = p2 ⇒

F 2

= F 1 ⋅

S 2

. S 1 Sila F2 na većem otvoru toliko puta ve ća od sile F1 na manjem otvoru koliko je površina površina S2 veća od površina S1. Shema na sl.15. predstavlja ujedno i princip rada hidrauličkih uređaja (preša, ko čnica, dizalica). Primjer: 33. Kod hidrauličke preše manji čep ima površinu 25 cm2 a površina ve ćeg čepa je 0.5 m2. Na manji čep djeluje sila od 90 N. Izra čunajte: a) koliko puta je sila teku ćine na veliki čep veća od vanjske sile na mali čep, i koliko ona iznosi i b) masu (najve ću) tijela koju bi sila na veliki čep mogla uravnotežiti. F1 = 90 N S1 = 25 cm2 S2 = 5000 cm2 R: F 2 = 90 ⋅ 200 N = 18 000 N, što može uravnotežiti težinu mase 1 800 kg ili 1,8 tona


27


1. 2. HIDROSTATIČKI TLAK Tekućina gustoće ρt miruje u posudi. Na sve čestice tekućine djeluje sila teža, odnosno privlačna sila Zemlje. Želimo saznati koliki je tlak u dubini h teku ćine na neki element površine ΔS.

patm

Stupac tekućine

h

ρt

ΔS

Sl.16. Hidrostatički tlak Možemo reći da je ukupni tlak u teku ćini na dubini h jednak zbroju vanjskog atmosferskog tlaka, patm i tlaka težine stupca teku ćine visine h i površine baze ΔS, kojeg ćemo označiti s ph. Atmosferski tlak uzrokovan je težinom stupca zraka koji se proteže od Zemljine površine do vrha atmosfere. Tlak uzrokovan težinom same teku ćine zove se hidrostati čki tlak, a njegov iznos može se prikazati relacijom:

ph =

ρ t ⋅ g ⋅ ΔV h ρ t ⋅ g ⋅ ΔS ⋅ h = = ρ t ⋅ g ⋅ h ΔS ΔS ΔS Gh

=

(23)

Ukupni tlak koji djeluje u svim točkama tekućine u dubini h jednak je:

puk = p a

+ ρ t ⋅ g ⋅ h

(24)

Primjer: 34. Na koju dubinu trebamo zaroniti da bismo postigli ukupni tlak od 10 atm (1 atm = 101306 Pa), ako je gustoća morske vode ρt = 1030 kg/m3 a vanjski atmosferski tlak iznosi 1 atm? ( g = 9.81 m/s2) pa = 1 atm

ρt = 1030 kg/m3

10 atm = 1 atm + ρt · g · h 9atm h

=

ρ t ⋅ g

Uz podatak: 1 atm ≈ 105 Pa ⇒ h = 90.2 m

28



1.3. UZGON Ako je neko kruto ( čvrsto) tijelo gustoće ρč uronjeno u tekućinu gustoće ρt, tada na sve plohe tijela djeluju hidrostatski tlakovi u raznim dubinama, h, i može se pokazati da je zbroj svih tlakova jednak razlici tlaka na donju i gornju plohu. Smjer navedene razlike tlakova je suprotan od težine tijela, sl.17. p2 h1 h 2

č

S t

p1

Sl.17. Hidrostatički tlakovi na tijelo uronjeno u tekućinu Razliku tlakova Δ p = p2 – p1 možemo prikazati pomoću izraza za hidrostati čke tlakove:

Δ p = ρ t ⋅ g ⋅ Δh

a ta razlika uzrokuje silu koju nazivamo uzgon:

(25)

U = Δ p ⋅ S = ρ t ⋅ g ⋅ Δh ⋅ S = ρ t ⋅ g ⋅V Č (26) gdje izraz Vč označava volumen uronjenog krutog tijela. Ako promatramo neko tijelo koje je uronjeno u tekućinu, možemo reći da na njega djeluju dvije sile: G0, “prava težina”, koja na tijelo djeluje u zraku i U, uzgon u suprotnom smjeru od težine, pa kažemo da tijelo u teku ćini ima prividnu težinu G' : G ´= G0 − U

(27)

Odnos između prave težine G 0 i uzgona U može biti takav da je: a) prava težina ve ća od uzgona (G0 > U) kada tijelo tone, b) jednaka uzgonu (G0 = U ) kada tijelo pliva i c) manja od uzgona (G0 < U) kada tijelo djelomi čno izranja iz teku ćine. U ovom zadnjem slučaju moramo paziti da uzgonu doprinosi samo onaj dio volumena koji je uronjen u tekućinu, a kojeg ozna čavamo s Vč'. Navedeni slučajevi su prikazani na sl.18.


29


U2 = G0

U3 U3 > G0

U1 < G0 U2

Vč G0

U1

ρ1

'

ρ2

ρ3

G0

G0

Sl.18. Odnos uzgona i težine u zraku za tijelo uronjeno u teku ćinu Primjeri: 35. Mramorna kuglica radiusa 2 cm nalazi se u vodi. Izra čunajte: a) prividnu težinu kuglice, i b) smanjenje težine kuglice u odnosu na težinu u zraku. ( ρvode = 1000 kg/m3, ρmr = 2800 kg/m3) R: a) Prividna težina jednaka je težini kuglice u zraku umanjene za veli č inu uzgona: G′ = G0 - U, pri č emu pravu težinu rač unamo iz izraza G0 = V mr · ρ mr · g, uz V mr = 4/3 r 3π (r = 2· 10-2 m), koja iznosi G0 = 0.920 N.Uzgon ra č unamo iz izraza U = V kuglice · ρ vode · g = 0.329 N, pa je kuglica teška G' = 0.920 - 0.329 = 0.591 N. b) Smanjenje težine prikazujemo izrazom

U G0

⋅100% ,

što iznosi 36%.

36. Komad olova pliva na živi. Koliki dio olova je uronjen u živu? ( ρ Pb= 11.3 g/cm3 , ρ Hg = 13.6 g/cm 3 ) R: Iz uvjeta za ravnotežu G0 = U dobijemo omjer: V ′ uronjeni dio olova a V je č itavi dio.

30

V

′

V


= 0 , 83

,ili 83%, gdje je


III KALORIKA I TERMODINAMIKA 1. KALORIKA 1.1. TOPLINA, UNUTARNJA ENERGIJA I TEMPERATURA Kalorika je dio fizike koji ispituje toplinsku energiju; njena svojstva, prijelaze izme đu različitih sistema i mogućnosti prijelaza u druge energije. Toplinsku energiju povezujemo s energijom srodne vrste, unutarnjom energijom, pa ju i pomo ću te energije definiramo. Unutarnja energija je zbroj svih energija čestica nekog sistema, pri čemu mislimo na kineti čke energije, potencijalne energije, energije translacije i rotacije čestica. Kod idealnih plinova, koje smatramo malim česticama kod niskih tlakova i relativno visokih temperatura, od navedenih energija unutarnjoj energiji doprinose samo kineti čke energije čestica. Naime, kod idealnih plinova ne postoje međudjelovanja između čestica (potencijalna energija) radi veličine čestica, a isto tako su energije rotacije kod takvih čestica zanemarene. Ukupna unutarnja energija nekog sistema proporcionalna je temperaturi. Toplinsku energiju definiramo kao unutarnju energiju koja prelazi iz jednog sistema na drugi u određenim uvjetima. Naime ako se dva tijela, koja se nalaze na razli čitim temperaturama dovedu u termički kontakt, tada će jedan dio unutarnje energije pre ći s tijela s višom temperaturom na tijelo s nižom temperaturom. Dio unutarnje energije koji prelazi izme đu dva tijela sve do njihove termi čke ravnoteže (izjedna čavanja temperature) je toplinska energija. Fizikalnu veličinu temperaturu spominjemo u objašnjenju i unutarnje energije i toplinske energije. Obje energije su proporcionalne s temperaturom, što zna či da njihovo pove ćanje (ili dovođenje) uzrokuje pove ćanje temperature, što vrijedi i obrnuto. Pravo značenje temperature može se upoznati u kineti čkoj teoriji plinova, koju za sada ne ćemo razmatrati. Stoga možemo spomenuti jednostavnije zna čenje temperature koja opisuje stupanj zagrijanosti nekog tijela. Temperatura se mjeri unutar razli čitih temperaturnih skala, od kojih su naj češće Celsiusova i termodinamička temperaturna skala. U Celsiusovoj temperaturnoj skali grani čne (fiksne) točke su ledište i vrelište vode kod normiranih uvjeta koje iznose 0 °C i 100 °C, a jedinica je 1 °C. U temodinamičkoj temperaturnoj skali definirana je donja granična točka, apsolutna nula koja iznosi - 273.15 °C, a jedinica je 1K (kelvin), za koji vrijedi 1K = 1 °C. Oznaka za unutarnju energiju je U, za toplinu Q a za temperaturu T; mjerna jedinica za unutarnju energiju i toplinu je J (džul) u SI sustavu mjernih jedinica.

1.2. KALORIMETRIJA Kalorimetrija je dio kalorike u kojem se ispituju izmjene topline unutar dvaju tijela razli čitih temperatura, pri čemu se izmjena vrši bez gubitaka

Q1

= Q2


(28)

31


što znači da je toplina Q1 koju daje tijelo 1 jednaka toplini Q2 koju prima tijelo 2. Oznake apsolutnih vrijednosti za topline stavljene su radi jednostavnijeg ra čuna; jedna od toplina, i to ona odvedena trebala bi imati negativan predznak, a dovedena pozitivan. Mjerenja u kalorimetriji vrše se najčešće u dobro izoliranim posudama, kalorimetrima, koje omogu ćuju izmjenu topline bez gubitka. U navedenim mjerenjima mjere se kalorimetrijske veli čine koje su u vezi s dovo đenjem topline na neko tijelo, a koje ćemo saznati ako prikažemo op ći izraz za toplinu dovedenu (ili odvedenu) na neko tijelo: Q = m ⋅ c ⋅ Δt

(29)

U gornjem izrazu m je masa, c specifični toplinski kapacitet i Δt = tk – t p razlika konačne i početne temperature tijela. U zadacima iz kalorimetrije razlika temperature Δt bit će uvijek pozitivna vrijednost u izrazu izjednačavanja toplina (apsolutni iznosi), pa za tk uzimamo veću vrijednost. Ako u izraz (21) uvrstimo izraze za pripadne topline (22) tijela 1 i tijela 2, i pretpostavimo da tijela nakon izmjene topline postižu zajedničku temperaturu (temperaturu smjese) T, tada dobivamo relaciju: m1 ⋅ c1 ⋅ Δt 1 = m2 ⋅ c 2

⋅ Δt 2

ili

(30)

m1 ⋅ c1 (T − t 1 ) = m2 ⋅ c2 ⋅ (t 2 − T )

U gornjem izrazu uočavamo da tijelo mase m1 i specifičnog toplinskog kapaciteta c1 ima nižu temperaturu t 1 od temperature t2 tijela mase m2 i specifičnog toplinskog kapaciteta c2,; oznake su prikazane na sl.19. m2, c2, t2 (metal ) Q1

= Q2

m1, c1, t1< t2 (voda) Sl.19. Izmjena toplina u kalorimetru Ako prilikom izmjene toplina svako tijelo ostaje u svojem agregatnom stanju, možemo dobiti izraz za temperaturu smjese, T:

T =

32

m 1 ⋅ c1 ⋅ t 1 + m 2 ⋅ c 2 ⋅ t 2 m1 ⋅ c1

+ m2 ⋅ c2


(31)


Primjeri: 37. U 5 litara vode temperature 11 °C ubačen je komad mjedi mase 300 g temperature 400 °C. Izračunajte temperaturu smjese nakon izmjene topline. (cvode = 4190 J/kg st, cmjedi = 380 J/kg st). °

R: T = 13.1 C

38. 3 litre vode temperature 17 °C želimo zagrijati do vrenja grijalicom snage 1.5kW i faktora iskorištenja 70%. Koliko vremena traje potrebno zagrijavanje? (cvode = 4190 J/kg st) R: Koristite izraz za koeficijent iskorištenja η = P dob / P grijalice , gdje je P dob snaga grijalice kojom zagrijavamo vodu. Snaga daje elektri č ni rad P dob = W el / t, koji se pretvara u toplinsku energiju W el = Q, pa je Q = P dob⋅ t. Potrebna toplina za zagrijavanje vode je Q = mc Δt. Konač ni izraz za vrijeme zagrijavanja je t = mcΔt/P dob , koje iznosi 11.04 min.

39. Grijalicom od 2 kW i koeficijenta iskorištenja 80% zagrijavamo 2 litre vode po četne temperature 15 °C u trajanju 5 minuta. Na koju temperaturu smo zagrijali vodu? ( cv = 4190 J/kg st) R: Zadatak se izrađ uje na slič an nač in kao zadatak 38.uz uvjet da tražimo razliku temperature iz koje dobijemo: Δt = t k – t p , t k = t p + Δt, pa je t konač no = 72.3 °C

1.3. LATENTNE TOPLINE I T/Q DIJAGRAM Ako prilikom izmjene topline jedno (ili oba) tijela mijenjaju agregatna stanja, tada izrazu za dovedenu (ili odvedenu) koli činu topline dodajemo toplinu koja je potrebna za prijelaz iz krutog u tekuće ili iz tekućeg u plinovito stanje. Toplinu koja se dova đa nekom tijelu na temperaturi prijelaza iz krutog stanja u teku će, na temperaturi taljenja Ttalj, nazivamo latentnom toplinom taljenja λtalj, a onu koju dovađamo na temperaturi isparavanja T isp, nazivamo latentnom toplinom isparavanja λisp. Obje latentne temperature definirane su u odnosu na toplinu dovedenu po jednom kilogramu nekog tijela, pa su izrazi za latentne topline:

Q ⎞ λ talj = ⎛ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠ t = t

talj

⎛ Q ⎞ , λ isp = ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠ t = t

(32)

isp

Iz izloženog možemo dati jednostavnu definiciju latentnih toplina. Latentne topline su one topline koje se dovode na masu jedanog kilograma nekog tijela kod temperature taljenja ili isparavanja radi savladavanja privla čnih sila između čestica uređenijeg agregatnog stanja (krutog na pr.) pri prijelazu u manje ure đeno (tekuće), pri čemu temperatura tijela ostaje nepromijenjena. Mjerne jedinice za latentne topline su J/kg. Vrijednosti za latentne topline isparavanja su uglavnom ve će od latentnih toplina taljenja za isti sistem, pa ja na primjer za vodu je λisp = 22.6⋅105 J/kg, a za led je λtalj = 3.3⋅105 J/kg. Možemo naglasiti da se latentne topline dovađaju prilikom prijelaza iz uređenijeg stanja u manje ure đeno a oslobađaju se u V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć

33


obrnutom procesu. Ovisnost temperature tijela i dovedene topline prikazuje se na T/Q dijagramu, sl.20. C p

T(K)

CV

Tis B

Tt A

Ttal

ct

Tč cč

Q(J)

Sl.20. Ovisnost temperature nekog sistema o dovedenoj temperaturi, T/Q dijagram

Iz T/Q dijagrama možemo pro čitati izraz za ukupnu koli činu topline koju je potrebno dovesti tijelu mase m, da bismo ga zagrijali s temperature čvrstog stanja Tč (točka A) na temperaturu tekućeg stanja Tt (točka B):

Q = m⋅ cč T talj −T č

+ m ⋅λ talj + m⋅ ct T t −T talj

(33)

Obratimo pažnju na nagibe krivulja u T/Q dijagramu u krutoj, teku ćoj i plinovitoj fazi. U krutoj fazi nagib je veći jer je cč < ct, jer je međusobna ovisnost nagiba i specifi čnog toplinskog kapaciteta prikazana relacijom:

⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ ⋅ Q , ⋅ m c ⎝ i ⎠

(34)

1 m ⋅ ci

(34a)

T = ⎜⎜

gdje je

tg α =

jednak nagibu pravca u T/Q dijagramu; vrijednosti ci mogu pripadati toplinskim kapacitetima za čvrsto cč i tekuće ct stanje. Što je veći ci, to veći je nagib pravaca za čvrsto ili tekuće stanje. U plinovitom stanju uočavamo da postoje dva nagiba koja odgovaraju molarnom toplinskom kapacitetu za izobarnu promjenu, C P i molarnom toplinskom kapacitetu za izohornu promjenu, CV. Odnos ta dva kapaciteta je C P/CV = κ, gdje je κ adijabatski koeficijent koji iznosi 1.4 za dvoatomne molekule i 1.67 za jednoatomne molekule. Razlika izme đu

34



navedenih molarnih kapaciteta iznosi CP – CV = R, gdje je R plinska konstanta i iznosi 8.314

J

K ⋅ mol

.

Molarni kapaciteti za plin, C P i CV definirani su slično specifičnim toplinskim koeficijentima za krutu i tekuću faze, s razlikom da se molarni kapaciteti odnose na 1 mol tvari, a c se odnose na masu 1 kg: C p =

1 ⎛ ΔQ ⎞ , ⎜ ⎟ n ⎝ ΔT ⎠ p = konst

C V =

1 ⎛ ΔQ ⎞ ⎜ ⎟ n ⎝ ΔT ⎠V =kont

Mjerna jedinica za C P i CV ista je jedinici plinske konstante R i iznosi

(35) J K ⋅ mol

.

Primjeri: 40. Koliko topline moramo dovesti olovu mase 5kg na temperaturi taljenja 327°C, da bismo ga potpuno rastalili? (λtalj, olova = 25 kJ/kg) R: Q = 1.25⋅ 105 J

41. Komad leda mase 5kg moramo potpuno rastaliti. Koliko topline moramo pritom dovesti? (λtalj, led = 3.33⋅105J/kg) R: Q = 1.67 ⋅ 106 J

42. Led mase 2kg i temperature –15 °C trebamo rastopiti i zagrijati na 80 °C. Koliko topline trebamo pritom dovesti ? (c vode = 4190 J/kg st , cled = 2100 J/kg st, λ talj = 3.33 ⋅ 105 J/kg) R: Ako koristimo relaciju (25) i prilagodimo je našem zadatku dobivamo Q uk =1.403⋅ 106 J.

43. Iz zaleđivača je izvađen komad leda mase 300g temperature –15 °C. Otapamo ga s 6 litara vode i dobijemo temperaturu smjese 20 °C. Kolika je bila temperatura vode? ( cvode = 4190 J/kg st, cled = 2100 J/kg st, λ talj = 3.33 ⋅ 105J/kg) R: U rješavanju opet koristimo relaciju sli č nu relaciji (25) koja će odgovarati toplini koju je led primio od toplije vode. Relacija za toplinu koju je voda pri tom predala ima jednostavan oblik Q = mc Δt koji se koristi onda kada prilikom izmjene topline tijelo ne mijenja agregatno stanje. Iz jednadžbe izjednač avanja toplina: Q1 = Q2 gdje s 1 označ avamo vrijednosti za led a s 2 vrijednosti za vodu, dobit ćemo izraz: m1c1 (T T – t 1 ) + m1λ talj + m1c2 (T – T T ) = m2c2 (t 2 - T) Iz gornjeg izraza moramo izluč iti temperaturu t 2 , uvrstiti poznate vrijednosti i dobit ćemo rezultat za temperaturu vode t 2 = 26.3 0C.


35


44. Komad leda mase 5kg temperature –30 °C zagrijemo elektri čnom grijalicom korisnosti 85%. Pri tom rastopimo led u vodu temperature 30 0C za vrijeme 15min. Izračunajte snagu grijalice. (cvode = 4190 J/kg st , cled = 2100 J/kg st, λ talj = 3.33 ⋅ 105 J/kg) R: Pođ imo u razmatranju od topline koju trebamo dovesti ledu da ga zagrijemo od temperature –30 °C do +30 °C, č iji je oblik opet onaj nalik relaciji (25). Izra č unata količ ina topline iznosi: Quk = 2.59⋅106J. Tu količ inu topline dobivamo od 80% po č etne snage grijalice u kojoj se električ ni rad pretvara u toplinu relacijom: W el = P dob⋅ t uk = 0.8 ⋅ P gr ⋅ t uk , gdje je korisnost grijalice jednaka η = P dob /P gr . Radi pretpostavke: W el = Quk ⇒ Quk = 0.8 ⋅ P gr ⋅ t uk , dobivamo konač ni izraz

P gr = Quk / t uk ⋅ 0.8

i snagu grijalice je P gr = 3.39kW. -------------napomena: P gr = ulazna snaga grijalice; P dob = snaga grijalice u uvjetima korištenja (dobivena snaga)

45. U 2 litre vode temperature 20 °C ba čen je komad aluminija mase 400g i temperature 600oC. Izračunajte a) koliko je vode prešlo u paru, ako je kona čna temperatura 30 °C i b) kolika bi bila temperatura smjese da nije došlo do isparavanja? ( c Al = 920J/kg st, cvode = 4190J/kg st i λ isp = 22.6⋅105J/kg)

aluminij m2, c2, t2

m’

ispareni dio vode

voda m1, c1, t1

Sl.21. Tokom izmjene topline isparen je jedan dio teku ćine R: U ovom zadatku možemo ra č unati prvo b) dio zadatka iz izraza za temperaturu smjese, jednadžba (24). T = 44.4 °C, bila bi temperatura smjese bez isparavanja dijela vode. U dijelu a) zadatka pretpostavimo isparavanje: jednadžba izmjene topline za ovaj sistem može se napisati: m1c1 (t 2 – T) = m1c1 (T – t 1 ) + m'c1 (T isp – T) + m' λ Ako iz gornje relacije izluč imo m' dobit ćemo rezultat m' = 50 grama.

36



46. U staklenu bocu mase 120 grama ulijemo 300 grama vode. Temperatura vode i boce je 75 °C. Za koliko se snizi temperatura vode ako u nju uronimo komad srebra mase 80 grama temperature 15 °C? ( cvode = 4190J/kg st, c stakla = 840J/kg st i c srebra = 250J/kg st) R: U opisanoj izmjeni topline sistemi kojima se odvodi toplina su boca i voda, a srebro prima toplinu. Zato je jednadžba izmjene toplina jednaka:(m 1c1 + m2c2 ) ( t –T) = m3c3 ( T – t 3 ). U gornjoj jednadžbi vrijednosti ozna č ene brojevima 1 i 2 pripadaju vodi i boci, njihova temperatura označ ena je s t, a vrijednosti označ ene brojevima 3 pripadaju uba č enom srebru. Ako iz jednadžbe izlu č imo temperaturu smjese T i izra č unamo je, dobit ćemo vrijednost 74.1 °C, što znač i da je smanjenje temperature vode jednako: Δt = T- t = 74.1 0C – 75 0C = - 0.87 °C

1.4. PROMJENE PARAMETARA STANJA KOD KRUTIH TIJELA I TEKU ĆINA Obratimo pažnju na promjene koje se dešavaju nekom krutom tijelu ili teku ćini kada im dovodimo toplinu. Pri tom nam sada nije objekt interesa izmjena topline, o čemu smo govorili u prošlom poglavlju, nego nas isklju čivo zanima koje fizikalne veli čine se znatno mijenjaju kod navedenih agregatnih stanja dovo đenjem topline. Ispitivanja pokazuju da su volumen i temperatura fizikalne veličine koje se mijenjaju i mi ih nazivamo parametrima stanja, dok je tlak fizikalna veličina, parametar, koji kod krutih tijela i tekućina ostaje gotovo konstantan. Volumen se mijenja ovisno o temperaturi na slijede ći način: V t = V 0 (1 + α ⋅ Δt )

(36)

gdje je Vt promijenjeni volumen kod neke temperature t u odnosu na po četni volumen V0, pri čemu je promjena volumena ostvarena razlikom temperature Δt. Koeficijent α u gornjem izrazu naziva se volumni koeficijent toplinskog širenja (ili skupljanja), čiji fizikalni smisao možemo shvatiti iz gornjeg izraza ako ga napišemo u obliku: V t − V 0

= V 0 ⋅α ⋅ Δt ΔV = V 0 ⋅α ⋅ Δt

(36a)

odakle slijedi izraz za volumni koeficijent toplinskog rastezanja:

α =

ΔV 0 V 0 ⋅ Δt

(36b)

Volumni koeficijent toplinskog rastezanja je dakle promjena volumena nekog krutog ili tekućeg tijela u odnosu na jedini čni volumen ako ga zagrijemo za jedan stupanj, pa je mjerna jedinica (α ) = st −1 . Vrijednosti za toplinske koeficijente širenja nalazimo u tablicama i njihove vrijednosti na primjer za bakar i vodu su:

α bakar = 7.2⋅10-5 st-1 i α voda = 0.2⋅10-3st-1. Navedeni koeficijenti su najčešće pozitivni i zato govorimo o širenju, ali mogu biti i negativni pa bi onda govorili o skupljanju. 1.5. PROMJENE PARAMETARA STANJA IDEALNIH PLINOVA V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć

37


Plinovi pripadaju u agregatna stanja kod kojih se dovo đenjem topline mijenjaju parametri: temperatura, volumen i tlak. Zakoni koji opisuju te promjene nazivaju se plinski zakoni. Oni opisuju promjene u kojima se mijenjaju dva parametra a tre ći parametar je konstantan. Poznajemo izotermnu promjenu stanja plina kod koje je temperatura konstantna a mijenjaju se tlak i volumen, zatim izobarnu promjenu kod koje je tlak konstantan i mijenjaju se temperatura i volumen i izohornu (izovolumna) promjenu kod koje je volumen konstantan i mijenjaju se temperatura i tlak. Plinski zakoni odnose se na idealne plinove u kojima su međumolekularne sile zanemarive radi veličine molekula i njihovih me đusobnih udaljenosti. Volumen molekula je zanemariv te ih možemo smatrati materijalnim točkama i jedino međudjelovanje stvara se sudarima u obliku promjena kinetičkih energija molekula i promjene unutarnje energije čitavog sistema. Navedene promjene ipak dosta dobro vrijede i za realne plinove, posebno ako su realni plinovi male gustoće i niske temperature. U plinskim zakonima plin je u termi č kom kontaktu s okolinom, što zna č i da se sistemu uvijek dovodi ili odvodi toplina. Izmjena topline s okolinom vrši se u procesima koji su kontinuirani i spori. Ukratko ćemo opisati opće promjene stanja plina (plinske zakone) i odnose

parametara unutar tih promjena: Izotermna promjena stanja plina je promjena kod koje je temperatura plina konstantna a mijenjaju se volumen i tlak. Ustanovljeno je da su promjenjljivi parametri obrnuto razmjerne veli čine, što prikazujemo relacijom: p ⋅ V = konst

p1 ⋅V 1 = p 2 ⋅V 2

ili

;

p1 p 2

=

V 2

V 1

(37)

U relacijama (37) uočavamo da se obrnuta proporcionalnost dviju veli čina izražava njihovim nepromijenjenim produktom; produkt je konstantan ( konst ). Takva ovisnost uz pove ćanje jedne veličine (na pr. volumena V 1) uzrokuje smanjenje druge veli čine (tlaka p1 u ovom slučaju) upravo za onaj iznos koji osigurava konstantan produkt tokom izotermne promjene. Grafičku ovisnost ove promjene prikazujemo u p-V dijagramu istostranom hiperbolom. Krivulje istih temperatura nazivaju se izoterme. p

p

Q>0

Q<0 T = konst

T = konst

V

a) izotermna ekspanzija

V

b) izotermna kompresija

Sl.22. Izotermna promjena stanja plina

38



U izotermnoj promjeni kod ekspanzije dovodimo toplinu (Q > 0) a kod kompresije odvodimo (Q < 0). Više o ovoj promjeni pa i o mogu ćnosti dobivanja rada opisat ćemo u termodinamičkim procesima. Izobarna promjena stanja plina je takva promjena kod koje je tlak plina konstantan a mijenjaju se temperatura i volumen koje su upravno razmjerne, što prikazujemo relacijom:

V T

= konst

ili

V 1 T 1

=

V 2

;

T 2

V 1 V 2

=

T 1

T 2

(38)

a grafički tu ovisnost prikazujemo u V-T dijagramu pravcem, pravcem, a krivulje istog tlaka su izobare. V

V

T

T

a) izobarna ekspanzija

b) izobarna kompresija

Sl.23. Izobarna promjena stanja plina Na sl.23. prikazano je a) izobarno zagrijavanje budu ći da temperatura T raste raste i b) izobarno hlađenje budući da temperatura T pada. Izraz za dovedenu ili odvedenu toplinu kod ove promjene možemo izraziti iz vrijednosti za izobarni molarni toplinski kapacitet, C p, relacija (28): ΔQ = n ⋅ C p ⋅ Δt (39) gdje je Δt razlika temperatura, koja može biti pozitivna ili negativna ovisno o kojoj je i izmijenjena toplina pozitivna ili negativna. Izohorna promjena stanja je takva promjena kod koje je volumen plina konstantan a mijenjaju se temperatura i tlak koje su upravno razmjerne veli čine, što možemo prikazati relacijama:

p T

= konst ili

p1 p2 T 1

=

T 2

;

p1 p2

=


T 1 T 2

(40)

39


u kojima je upravna proporcionalnost izražena nepromijenjenim omjerom dva parametra za različite točke izohornog procesa. Grafički tu ovisnost ovisnost prikazujemo u p-T dijagramu pravcem, a krivulje istog volumena nazivamo izohorama.

p

p

T

T

a) izohorno zagrijavanje

b) izohorno hla đenje

Sl.23. Izohorna promjena stanja plina Analogno izobarnoj promjeni, i kod izohorne promjene govorimo o dovo đenju topline ili zagrijavanju kod porasta temperature i o odvo đenju topline ili hla đenju kod smanjenja temperature. Isto tako izraz za dovedenu ili odvedenu toplinu prikazujemo iz jednadžbe za izohorni molarni toplinski kapacitet, relacija (28):

ΔQ = n ⋅ C V ⋅ Δt

(41)

gdje je Δt razlika razlika koja isto kao i kod izobarne promjene može biti pozitivna ili negativna, pa su onda i analogne topline pozitivne (dovedene) ili negativne (odvedene). ( odvedene). Može se pokazati da se sve op će promjene stanja plina mogu prikazati jednom op ćom jednadžbom koju koju nazivamo plinska jednadžba, koja glasi: m p ⋅V = n ⋅ R ⋅ T , gdje je n = M

(42)

U gornjoj jednadžbi (41) n je broj molova, m je masa i M je molekularna masa plina čije mjerne jedinice mou biti g/molu ili kg/molu. Plinska jednadžba može se izvesti na taj način da se na plin izvedu dvije uzastopne razli čite promjene stanja plina. Iz op će plinske jednadžbe možemo dobiti sve plinske zakone ako jedan parametar u jednadžbi smatramo konstantnim. Primjeri: Napomena: Zadaci iz područ ja ispitivanja promjena stanja (plinski zakoni) su dosta jednostavni, pa ih ne izdvajamo kao samostalne zadatke. Primjenu navedenih promjena koristit ćemo u termodinamici, odnosno u kružnim procesima. Možemo ipak prikazati jednostavne primjere za za svaku od promjena promjena stanja plina.

40



47. 4 grama plina vodika (molekularna masa vodika, M H2 = 2g/mol) nalazi se kod temperature 300K i tlaka 5 bara. Ako plinu izotermno pove ćamo volumen 5 puta, izračunajmo konačni tlak i volumen plina. m = 4g n = m/M = 4/2 =2 mola T 1 = 300 K = konst P 1 = 5 bara = 5 ⋅ 10 105 Pa ----- p2 = ? V 2 = ? Ako je V 2 /V 1 = 5

Iz poč etnih etnih uvjeta p1 i T 1 možemo iz plinske jednadžbe izrač unati unati poč etni etni volumen: V 1 = nRT 1 /p1 = 0.00998 m 3 ≈ 10 10 litara Iz jednadžbe za izotermnu promjenu V 2 /V 1 = p1 /p2 slijedi: V 2 = 50 litara (pet puta veći volumn) P 2 = 1 bar (pet puta manji tlak)

48. Neku količinu plina kisika kod temperature 27°C i volumena 10 litara zagrijemo izobarno na temperaturu 127°C. Izračunajte: a) koliki je konačni volumen plina i b) koliki je tlak plina ako mu je masa 24 grama. (M kisika = 32g/mol) 0

R: T 1 = 27 C+273 =300K T 2 = 127 0C+273 =400K V 1 = 10 litara

a) Iz jednadžbe za izobarnu promjenu stanja plina: T 2 /T 1 = V 2 /V 1⇒ V V 2 = 13.3 litara b) Tlak plina je konstantan, k onstantan, pa ga možemo izrač unati unati iz po č etnih etnih ili konač nih nih uvjeta: n = m/M = 24/32 = 0.75 g/mol p = nRT 1 / V 1 = 0.75 ⋅ 8.314 8.314⋅ 300/0.01 300/0.01 5 =1.87 ⋅ 10 Pa = 1.87 bara ⋅ 10

49. U boci volumena 10 litara nalazi se komprimirani helij pod tlakom od 10 bara i temperaturom 0°C. Izračunajte: a) kolika je masa plina u boci, b) koliki je tlak plina u boci ako se temperatura povisi na 27°C i c) koliki je tlak plina ako se iz boce ispusti ¼ mase plina, kod više temperature? (Mhelija = 4 g/mol) R: a) Masu plina izra č unat unat ćemo iz plinske jednadžbe: p1V 1 = mRT 1 /M ⇒ m = p1V 1 M/RT 1 = 17.6 grama, gdje su: p1 = 10 bara = 10 6 Pa, T 1 = 273 K i V 1 = 0.01 m 3. b) Tlak ćemo izrač unati unati iz izohorne promjene stanja plina.Promjena je naime izohorna, budući da je volumen boce konstantan. p2 /p1 = T 2 /T 1, p2 = p1⋅ T T 2 /T 1 = 10.99 bara, 1, ⇒ p gdje su: T 1 = 273 K, T 2 = 300 K i p 1 = 10 bara. c) Ako oduzmemo ¼ mase plina, tada ostaje: m′ = ¾ m = 13.2 grama, pa konač ni ni tlak kod temperature 300 K ra č unamo unamo iz plinske jednadžbe: p2′ V V 1 = (m′ /M) RT p2′ = = m RT 105 Pa = 8.23 bara ⋅ 2 ⇒ p ′ 2 /MV 1 = 8.23 ⋅ 10


41


50. Zadan je volumen jednog mola idealnog plina pri normiranim uvjetima, što zna či kod tlaka zraka 1.01 ⋅105 Pa (1atm) i 0 °C. a) izračunajte volumen jednog mola idealnog plina i b) koliko ima molekula plina u 1m 3 idealnog plina? R: a) Iz opće plinske jednadžbe za normirane uvjete: p0V 0 = RT 0 , n = 1, možemo izrač unati: V 0 = RT 0 /p0 = 0.02247 m 3 = 22.47 m 3. b) Ako znamo da jedan mol idealnog plina sadrži uvijek isti broj č estica, N A, koji iznosi 6.023⋅ 1023č estica/mol (Avogadrova konstanta), tada neki drugi volumen sadrži broj č estica proporcionalan volumenu jednog mola: V 0 : N A = V x : N x ⇒ N x = N A⋅ V x /V 0 = 2.68⋅ 1023 č est./mol

42



2. TERMODINAMIKA Termodinamika je onaj dio kalorike koji ispituje uvjete i mogu ćnosti prijelaza toplinske energije u mehanički rad. Shematski to možemo prikazati jednostavnom relacijom:

Q

→

W

Procesi pretvorbe toplinske energije u mehani čki rad predstavljaju neophodan i nužan izvor energije potrebne za djelovanje i opstanak svih bioloških organizama. Stoga je poznavanje zakonitosti prijelaza i načina prijelaza vrlo važno u razumijevanju mogu ćnosti i ograničenja iskorištavanja općih izvora toplinske energije. Opće zakonitosti prijelaza osnivaju se na prvom postulatu ravnoteže i na dva osnovna zakona (principa) temodinamike .

2.1. PRVI POSTULAT RAVNOTEŽE Prvi postulat ravnoteže objašnjava težnju prirodnih sistema za ravnotežnim stanjima. Ta težnja već je spomenuta kod upoznavanja sa unutarnjom energijom sistema u uvodnom dijelu kalorike. Ako dva tijela različitih temperatura dovedemo u me đusobnu (termičku) vezu, stanja će im se toliko dugo mijenjati dok se ne uspostavi termodinamička (toplinska) ravnoteža. Uspostavljanje termičke ravnoteže uključuje prijelaz jednog dijela unutarnje energije sistema više temperature na sistem niže temperature. Kao što znamo, taj dio unutanje energije nazivamo toplinom Q. Nakon uspostavljanja ravnoteže ne opažaju se na sistemu nikakve promjene dokle god je sustav izoliran od okoline, a promjene nastaju izlaganjem sustava vanjskom djelovanju.

Q

T1 = T2

T1 > T2 termička veza

termička ravnoteža

Sl.25 Navedeni zakon smatramo prvim postulatom ravnoteže klasič ne termodinamike i iskazujemo ga:

Svaki sustav prirodnih tijela prepušten sam sebi teži ravnotežnom stanju, a kad ga postigne sustav nije više sposoban da se sam od sebe (bez vanjskih djelovanja) mjerljivo promijeni.


43


2.2. TERMODINAMI ČKI PROCESI Termodinamički sistem predstavljen je idealnim plinom sa dobro definiranim (istim u svim točkama sistema) volumenom, tlakom i temperaturom. Zamislimo da je takav sistem predstavljen cilindrom s klipom u kojemu se nalazi idealni plin. Volumen, tlak i temperatura (paramatri stanja plina) takvog sistema vezani su jednadžbom stanja idealnog plina. Ako na ovako definiranom termodinami čkom sistemu vršimo promjene stanja plina mijenjajući sve ili samo neke parametre plina, tada govorimo o termodinami čkim procesima. Do sada smo upoznali izohornu, izobarnu i izotermnu promjenu stanja plina i njihove veze s okolinom tokom izvođenja promjena. Naglasimo da je u svim općim promjenama stanja plina sistem u kontaktu s okolinom, što znači da toplinu dovodimo ili odvodimo. Tokom prijenosa topline sva tri parametra moraju zadovoljavati međusobni odnos sadržan u jednadžbi stanja plina; prijenos je postepen, kontinuiran i te promjene nazivamo sporim promjenama. Dovedenom toplinom pove ćavamo unutarnju energiju, a time i temperaturu sistema, u izobarnoj i izohornoj promjeni. U izotermnoj promjeni dovedena (ili odvedena) toplina se koristi na održavanje stalne temperature, pa i unutarnje energije, koja bi se prilikom ekspanzije plina smanjivala a kompresijom povećavala. U slijedećem poglavlju upoznat ćemo promjenu različitu od navedenih, adijabatsku promjenu, koja se dešava naglo i u kojoj se mijenjaju sva tri parametra. Takva promjena također se koristi u termodinamičkim procesima i zajedno s op ćm promjenama stanja plina sudjeluje u razli čitim procesima pretvorbe toplinske energije u mehanički rad. Reverzibilni termodinamički procesi Navedeni termodinamički procesi mogu se vršiti tako da se potrebni parametri stanja plina kod svake promjene mijenjaju veoma polagano, pa na taj na čin sistem prolazi kroz niz ravnotežnih stanja koja su opet potpuno odre đena i kojima se proces može odvijati u oba smjera, što znači i u suprotnom smjeru. To ustvari zna či da je kod razmjene topline izme đu sisteme i okoline njihova temperatura gotovo jednaka. Takvi termodinami čki procesi nazivaju se reverzibilni (povrativi) procesi, i oni su isklju čivo potrebni u procesima pretvorbe toplinske energije u mehanički rad. Ireverzibilni termodinamički procesi U termodinamičkim procesima koji se odvijaju isuviše brzo, sistem prolazi kroz niz neravnotežnih stanja koja čine niz točaka koje se ne mogu opisati odre đenom termodinamičkom (matematičkom) funkcijom. Primjer takvih prijelaza je kad sistem razmjenjuje toplinu s okolinom a da pri tom njihove temperature nisu jednake. Takvi procesi se ne mogu odvijati u oba smjera i nazivaju se ireverzibilnim (nepovrativim) procesima koji se ne mogu koristiti u kružnim termodinami čkim procesima. Kružni termodinamički procesi Ako u termodinamičkim procesima želimo izvesti pretvorbu toplinske energije u mehani čki rad koja je kontrolirana u svakoj to čki i ponovljiva u velikom broju koraka, tada se navedenim procesima moramo svaki puta ponovno vra ćati u istu točku s mogućnošću neprekinutog odvijanja pretvorbe. Procesi koji su zatvoreni i sastoje se od reverzibilnih promjena stanja plina nazivaju se kružnim procesima.

44



2.3. ADIJABATSKA PROMJENA STANJA PLINA Adijabatska promjena stanja plina je ona promjena kod koje je plin izoliran od okoline, odnosno u toj promjeni ne postoji izmjena topline s okolinom. U praksi, ta se promjena odvija brzo, za razliku od spore izmjene opisane u op ćim promjenama stanja plina. Možemo re ći da se adijabatska promjena dešava toliko brzo da sistem ne uspije izmjeniti toplinu s okolinom ali i toliko sporo da su sva stanja kroz koja sistem prolazi ravnotežna. U toj promjeni tako đer možemo promatrati ekspanziju i kompresiju sistema. Kod adijabatske ekspanzije plin se hladi radi smanjenja tlaka, pa kažemo da se u toj promjeni uz tlak i volumen mijenjaju sva tri parametra stanja plina. Kod adijabatske kompresije plin se zagrijava radi povećanja tlaka. Možemo reći da je krivulja p = f(V) za adijabatsku promjenu u p - V dijagramu, krivulja koja je strmija od krivulje izoterme. Pokazuje se da je ta ovisnost dana jednadžbom:

p ⋅V κ = konst

(43)

p

Q>0, T=konst Q=0 ⇒ T↓ V1

V2

V

Sl.26. Adijabatska promjena stanja plina Adijabatska promjena određena je trima jednadžbama, Poissonovim jednadžbama, u kojima su u svakoj jdnadžbi prikazana po dva parametra. U izrazu (43) navedena je Poissonova jednadžba u kojoj se mijenjaju tlak i volumen, a ostale dvije jednadžbe možemo prikazati: T ⋅V κ −1 = kons p

1−κ

κ

⋅T = konst

ili

p ⋅

κ − 1 T κ

= konst .

(44)

Konstanta κ , koja se pojavljuje u adijabatskim jednadžbama, je omjer molarnog toplinskog kapaciteta plina kod izobarne promjene i istog kod izohorne promjene ( κ = C p/Cv) te znosi 1.4 za dvoatomne i 1.67 za jednoatomne plinove. Može se tako đer pokazati da je razlika C P CV = R, gdje je R plinska konstanta, već spomenuta u općoj plinskoj jednadžbi.


45


2.4. PRVI ZAKON TERMODINAMIKE Prvi zakon termodinamike definira načine korištenja toplinske energije dovedene na neki sistem. Taj zakon glasi: ako nekom sistemu dovodimo toplinu, tada se jedan njen dio mora (ili može) trošiti na povećanje unutarnje energije (zagrijavanje) sistema i (ili) na sposobnost da sistem vrši rad, što izražavamo relacijom: Q = ΔU + W

(45)

Prvi zakon termodinamike je posljedica zakona o čuvanja energije, koji kaže da u izoliranom sistemu ukupna energija ostaje konstantna bez obzira na procese koji se u sistemu doga đaju. Poznavajući sve promjene stanja plina, interesantno je sagledati ih upravo u prvom zakonu termodinamike. U izotermnoj promjeni stanja plina konstantna je temperatura, što zna či i unutarnja energija, pa je promjena unutarnje energije jednaka nuli, ΔU = 0 . Zato prvi zakon termodinamike za tu promjenu izražavamo relacijom:

ΔQ = W

(46)

što znači da se čitava toplina troši na vršenje rada. U izohornoj promjeni volumen je konstantan što zna či da plin ne vrši rad, W = 0. Sva dovedena toplina koristi se na zagrijavanje sistema (pove ćanje unutarnje energije). Prvi zakon termodinamike za tu promjenu može se prikazati: Q

= ΔU

(47)

U izobarnoj promjeni tlak je konstantan. Pove ćanjem temperature pove ćava se unutarnja energija sistema a pove ćanjem volumena plin vrši rad. Na taj na čin su sva tri člana u prvom zakonu termodinamike za tu promjenu razli čita od nule, i dovedena toplina ima oblik upravo definiran tim zakonom: Q

= ΔU + W

(48)

Prilikom odvijanja adijabatske promjene plin je izoliran, pa je dovedena toplina jednaka nuli Q = 0. U toj promjeni sistem vrši rad smanjuju ći unutarnu energiju (hladeći se) što prikazuje relacija: W =

− ΔU

(49)

Sva navedena razmatranja odnose se na pozitivne predznake fizikalnih veli čina prisutnih u prvom zakonu termodinamike koji definiraju dovedenu toplinu, povećanje unutarnje energije i izvršeni rad. Analogna razmatranja vrijede i za odvedenu toplinu, smanjenje unutarnje energije i rad izvršen na sistemu, kada su navedene veli čine negativne.

46



2.5. RADOVI U PROMJENAMA STANJA PLINA U termodinamici koristimo slijedeći izraz za rad, u konačnom:

ΔW = p ⋅ ΔV

ili u diferencijalnom obliku

dW = p ⋅ dV ,

pa je ukupni rad izvršen promjenom volumena izme đu konačnog, V2, i početnog stanja, V1, jednak: V 2

∫

W = p (V , T ) dV

(50)

V 1

U izohornoj promjeni stanja plina rad je jednak nuli, kao što smo ve ć spomenuli u poglavlju o prvom zakonu termodinamike, tj. W V

=0

(51)

U izobarnoj promjeni stanja plina rad je jednak: W p

= p V 2 − V 1

(52)

pri čemu i ovdje uočavamo da je rad pozitivan kada se volumen pove ćava (ekspanzija), jer je V2 konačni a V1 početni volumen plina. U izotermnoj promjeni stanja plina rad se tako đer može dobiti iz općeg izraza za rad (43), i on ima vrijednost: W T = n ⋅ R ⋅T ⋅ ln

V 2 V 1

ili W T = n ⋅ R ⋅T ⋅ ln

p1 p 2

(53)

gdje opet uočavamo da je rad pozitivan u procesu ekspanzije V 2(konač ni)> V 1(poč etni). U adijabatskoj promjeni rad možemo prikazati relacijom:

W Q =0

=

n ⋅ R

κ −1

(T 1 − T 2 )

(54)

gdje je T1 početna temperatura, a T 2 konačna temperatura. Iz relacije slijedi da je rad u adijabatskoj promjeni pozitivan ako je početna temperatura ve ća od kona čne, što zna či da se plin hladi.


47


2.6. CARNOTOV KRUŽNI PROCES Carnotov kružni proces je reverzibilni proces, koji se sastoji od četiri faze: izotermne i adijabatske ekspanzije i izotermne i adijabatske kompresije. U tom procesu se pretvara toplinska energija u mehani čki rad. Smjer procesa pri tom mora biti jednak smjeru kretanja kazaljki na satu. Ovaj proces ujedno predstavlja i princip rada optimalnog toplinskog stroja. Sve toplinske procese mogli bismo prikazati jednostavnom zatvorenom krivuljom u p-V dijagramu u kojem bi upravo površina unutar krivulje predstavljala dobiveni rad W dob u jednom ciklusu, što je prikazano na Sl.27., simboličan prikaz. p 1

2 Wdob

3

4

V Sl. 27. Shematski prikaz kružnih procesa Postoje i drugi procesi koji se tako đer često koriste i svaki ima svoju primjenu (Jouleov, Ottov, Dieselov i Stirlingov) ali mi ćemo obratiti pažnju na objašnjenje upravo Carnotovog procesa. Shematski prikaz rada svakog toplinskog stroja mogao bi se prikazati na sl. 28.:

Q1

T1

Wdob Q2

T2
Sl.28. Shematski prikaz Carnotovog kružnog procesa Karakteristika svih toplinskih strojeva je odvijanje procesa pretvorbe unutar dva spremnika topline, jednoga na višoj temperaturi, T 1, iz kojega se oduzima toplina, Q 1, i drugoga na nižoj temperaturi, T2, kojemu se predaje jedan dio oduzete topline, Q 2. Toplina koja se oduzima od toplog spremnika predaje se plinu (idealnom plinu), koji dio te topline odre đenim promjenama pretvara u mehanički rad, a ostatak topline na kojem nije izvršena pretvorba predaje se hladnom spremniku kao degradirana toplina. Pri navedenoj pretvorbi plin se ne mijenja, nego je on medij preko kojega se vrši pretvorba energije. Možemo jednostavno re ći 48



da je razlika dovedene i odvedene topline u jednom ciklusu procesa jednaka dobivenom radu za taj ciklus. Važno je naglasiti da je u svim procesima raznih toplinskih strojeva omogu ćeno ponavljanje ciklusa nebrojeno puta, odnosno broj ciklusa odre đuje se po volji i po potrebi. Op ćenito možemo reći da se toplina oduzima u jednoj ili više faza, što je za svaki pojedina čni proces potpuno određeno, a isto tako se i predaje hladnom spremniku u jednoj ili više faza, što zna či da su u gornjem objašnjenju Q 1 sve dovedene topline a Q 2 sve odvedene topline. Carnotov proces možemo prikazati u p-V dijagramu, sl.29.: p

1 QI>0, WI>0

QIV=0 I

2

IV III

4

QIII<0, WIII<0

II QII = 0 3 V

Sl.29. Promjene stanja plina (faze) u Carnotovom kružnom procesu U ovom procesu dovodimo toplinu Q 1 samo u prvoj fazi, izotermnoj ekspanziji. U drugoj i četvrtoj fazi ne dovodimo toplinu jer su te promjene adijabatske. U tre ćoj fazi, izotermnoj kompresiji, odvodimo toplinu Q2. Ako promotrimo obavljene radove, onda su oni u prve dvije faze (ekspanzije) pozitivni a u slijede će dvije (kompresije) negativni. Definirat ćemo koeficijent iskorištenja ovog kružnog procesa kao omjer zbroja svih radova i svih dovedenih toplina. Koeficijent iskorištenja η , definiramo upravo tako, budući da su radovi produkt pretvorbe termodinami čkog procesa a dovedene topline su one veli čine koje dovodimo u pretvorbu:

∑ W ∑Q

i ( svi radovi )

η =

i

j ( dovedene topline )

(55)

Radovi izvršeni (ili utrošeni) u pojedinim fazama procesa su redom: V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć

49


W 1 = n ⋅ R ⋅T 1 ⋅ ln

W 2

=

n ⋅ R

κ − 1

V 2

(T 1 − T 2 )

W 3 = n ⋅ R ⋅T 2 ⋅ ln

W 4

=

n ⋅ R

κ − 1

V 1

V 4 V 3

(T 2 − T 1 )

(56)

Naglasimo da je izvršeni rad pozitivan a utrošeni rad (rad izvršen na sistemu) je negativan. Ukupni dobiveni rad bit će jednak razlici izvršenih i utrošenih radova. Radovi u adijabatskim fazama se me đusobno poništavaju, što se vidi iz gornjih izraza. Naime, u tim promjenama se u adijabatskoj ekspanziji plin ohladi za razliku T 1 - T2 , dok se u kompresiji za istu temperaturnu razliku zagrije. Izraz u nazivniku koeficijenta iskorištenja η , u jednadžbi (47) je toplina dovedena u prvoj fazi, Q 1 . Budući da je ta toplina dovedena u izotermnoj ekspanziji, ona je jednaka izvršenom radu, Q 1 u toj promjeni (što slijedi iz prvog zakona termodinamike). Kona čni izraz za η je tada: nRT 1 ⋅ ln

η =

V 2 V 1

+ nRT 2 ⋅ ln

nRT 1 ⋅ ln

V 4 V 3

V 2

(57)

V 1

Uz poznavanje omjera volumena u adijabatskim fazama: T1⋅ V2κ-1 = T2 ⋅ V3κ-1

za točke (2) i (3)

T1 ⋅ V1κ-1 = T2 ⋅ V4κ-1

za točke (1) i (4)

možemo izraziti konačne omjere volumena: V2/V1 = V3/V4 , pa izraz za η poprima jednostavni oblik:

η =

T 1 − T 2 T 1

=1−

T 2 T 1

⋅

(58)

Napomenimo još jednom, T2 < T1, tj. T1 je temperatura toplijeg spremnika a T2 je temperatura hladnijeg spremnika. Iz izraza (50) zaklju čujemo da koeficijent iskorištenja η ne može biti 100%. Koeficijent iskorištenja mogao bi biti 100% samo u slučaju da u adijabatskoj ekspanziji ohladimo plin na apsolutnu nulu, jer tada bi η iznosio 1 (ili 100%). No to je nemoguće, jer temperaturu apsolutne nule ne možemo posti ći (unutarnja energija takvog sistema bila bi jednaka nuli).

50



2.7. DRUGI ZAKON TERMODINAMIKE Drugi zakon termodinamike govori o uvjetima u kojima se toplinska energija može pretvoriti u mehanički rad. Jedan vid navedene pretvorbe uklju čuje nužnu usmjerenost procesa, što znači da se prilikom pretvorbe toplina oduzima iz toplog spremnika, dobiva se pri tom određena količina rada i ostatak topline se predaje hladnom spremniku. Navedenu usmjerenost upravo možemo zaključiti i iz izraza za koeficijent iskorištenja Carnotovog procesa:

η = 1 −

T 2 T 1

,

(59)

u kojem uočavamo da je η > 0 samo onda kada je T 2 < T1 . Drugi vid pretvorbe koji govori o njenim uvjetima je nemogućnost potpune pretvorbe toplinske energije u mehani čki rad. Zahtjevi o nemogu ćnosti potpune pretvorbe ne postoje u prijelazima između energija drugih vrsta, na pr.: prijelaz elektri čne energije u toplinsku, ili mehaničke energije u toplinsku. Važno je naglasiti da se u činjenici nemogućnosti potpune pretvorbe ne krije eventualni gubitak prilikom prijenosa, jer je pretvorba izvedena bez gubitaka. Nemogućnost potpune pretvorbe krije se u činjenici da je toplinska energija potpuno druga vrsta energije od ostalih energija koje posjeduju sistemi. Od svih ostalih energija jedino je toplinska energija ona koju, kao dio unutarnje (vlastite) energije, nije moguće potpuno pretvoriti u neku drugu energiju. Ostale energije, u tom vidu, su energije koje su dovedene sistemu izvana (električna, mehanička, kemijska energija), pa se stoga u idealnim uvjetima pretvorbe one mogu i potpuno oduzeti tom istom sistemu.


51


2.8. PRIMJERI KRUŽNIH PROCESA Napomena: U zadacima u kojima ra čunamo koeficijent iskorištenja kružnih procesa koristit ćemo kružne procese sa tri faze. Iako takvi procesi nisu u tehni čkoj upotrebi, mi ih koristimo radi provjere znanja, budući da su jednostavniji za izradu. Možemo koristiti slijede će kružne procese sa tri faze:

Primjer 1. p 1 0 = I I I

W , 0 > I I I

Q

3

QI > 0, WI > 0 III II

I

2

QII < 0, WII < 0 V Sl.30.

U ovom procesu su prisutne slijede će faze: I izotermna ekspanzija (T = konst) II izobarna kompresija (V↓ ⇒ T↓) III izohorno grijanje (p↑ ⇒ T↑) Koeficijent iskorištenja za taj proces je: W + W η = I II Q I + Q III

(60)

U izrazu (60) su svi članovi pozitivni, osim rada u kompresiji, WII < 0. Proces bi bio potpuno isti ako bi po četak ciklusa bio u bilo kojoj drugoj to čki. Tada bismo samo trebali paziti na oznake i redoslijed faza.

52



Primjer 2. p 2 0 = I

QII = 0, WII > 0

W , 0 I > I Q

II III QIII < 0, WIII < 0

1

3

V Sl.31 U ovom procesu prisutne su slijede će faze: I izohorno zagrijavanje (p↑ ⇒ T↑) II adijabatska ekspanzija III izobarna kompresija Koeficijent iskorištenja za taj proces je: η=

WII + WIII QI

(61)

U ovom izrazu je negativan rad u izobarnoj kompresiji, W III < 0. Primjer 3. p

2 0 = I

W , 0 >

I

Q I

1

II

QII = 0, WII > 0 III

QIII < 0, WIII < 0

3 V Sl.32.


53


U navedenom procesu prisutne su slijede će promjene: I izohorno zagrijavanje II adijabatska ekspanzija III izotermna kompresija, pri čemu je koeficijent iskorištenja dan izrazom: η=

WII + WIII QI

(62)

a rad je negativan u izotermnoj kompresiji, W III. Primjer 4. p

1

QI > 0, WI > 0

2

Q

I

I I

<

II III QIII < 0, WIII < 0

0 , W I I

= 0

3 V Sl.33.

U ovom procesu prisutne su slijede će faze: I izobarna ekspanzija (zagrijavanje) (V ↑ ⇒ T ↑ ) II izohorno hlađenje ( p ↓⇒ T ↓ ) III izotermna kompresija (T = konst) Koeficijent iskorištenja za taj proces je: η

=

WI + WIII QI

gdje je rad u izotermnoj kompresiji, W III , negativan.

54


(63)


Zadatak iz predloženih kružnih procesa: 51. Kružni proces vrši se na zraku mase 87 grama, volumena 30 litara i tlaka 2 bara. U jednom ciklusu kružnog procesa izvršene su slijede će promjene: a) izobarnom ekspanzijom poveća se volumen tri puta, b) izohornom promjenom plin je ohla đen na početnu temperaturu i c) izotermnom kompresijom vra ćen je zrak u po četno stanje. Koliki je koeficijent iskorištenja procesa? ( C V =20.5 J/K mol, κ = 1.4, M ZR = 28.9 g/mol ) m = 87 grama MZR = 28.9 g/mol n = 3 mola V1 = 30 litara p1 = 2⋅ 105 Pa ⇒ T1 = 240 K R: Sada smo nazna č ili poč etno stanje plina zadano parametrima p 1 , V 1 i T 1 , pri č emu smo temperaturu izrač unali iz op će plinske jednadžbe. Isto tako izra č unali smo da se u ciklusu nalazi 3 mola plina zraka. Za prora č un promjena u pojedinim fazama moramo skicirati zadani ciklus.

Proces možemo prikazati u p -V dijagramu, što je prikazano na Sl.34. : p

QI > 0

1 (p1,V1,T1)

2 (p1,V2,T2)

I

QII < 0 II

III QIII < 0

3 (p2,V2,T1) V Sl.34.

Iz slike vidimo da je WI + WIII (64) QI što odgovara Primjeru 4., navedenih primjera. Poznavaju ći izraze za radove u izobarnoj i izotermnoj promjeni i toplinu dovedenu u izobarnoj promjeni, možemo izra čunati: η=

I Faza; V 2 = 3V 1

WI QI QI QI

= = = =

p1 (V2 - V1) = 2⋅105⋅2⋅30⋅10-3 = 1.2 ⋅104 J n C p ΔT n CP (T2 - T1) 4.14⋅104 J


55


II Faza; V 2 = konst.

WII = 0; QII < 0, ne trebamo računati

III Faza; T 1 = konst.

WIII = n R T1 lnV1/V2 WIII = - 6.6⋅103 J Konačna vrijednost koeficijenta iskorištenja je:

1, 2 ⋅ 104 + (−6, 6 ⋅ 103 ) η= = 13% 4,14 ⋅ 104

56



V. PRILOG ISPITNI TESTOVI


57


58



ispitni test 1 1. Neko vozilo se jednoliko ubrzava iz po četnog položaja u kojem mu je brzina 36km/h. Nakon 800 m kretanja postiže brzinu od 126 km/h. Izra čunajte akceleraciju i vrijeme potrebno za opisano gibanje. 2. Objasnite 3 osnovna zakona mehanike (Newtonovi aksiomi). Pojam sile, trome i teške mase, impuls sile i koli čina gibanja. Definirajte snagu, rad i energije u mehanici i pripadne mjerne jedinice u kojima se mjere te veli čine. 3. Auto mase 700 kg kre će se duž ravne ceste koeficijenta trenja 0,15. Ako je srednja snaga auta 40 Kw i prosječna brzina 72 km/h, izra čunajte akceleraciju auta. 4. Što proučava kalorika? Objasnite unutarnju energiju, toplinu i temperaturu nekog sistema. Zašto nam je od svih agregatnih stanja u kalorici najvažnija kalorika plinova? Objasnite sve promjene stanja plina; one koje se dešavaju u ranoteži s okolinom (spore) i onu koja se dešava brzo; njihove jednadžbe i grafičke prikaze. 5. Zagrijavamo 0.5 litre vode po četne temerature 150C elekričnom grijalicom 3 Kw i faktora korisnosti 85%. Za koliko vremena moramo prekinuti grijanje ako želimo da voda upravo zavrije? (cvode = 4190 J/kg st, λisp = 22,6⋅105 J/kg, Tvrenja = 1000C) 6. 3 mola zraka zagrijano je na temperaturu 227 0C i nalazi se pod tlakom od 5 bara. Na plin su izvršene slijedeće promjene: a) izotermnom ekspanzijom tlak zraka se smanjio 3 puta i b) izobarnom ekspanzijom volumen se je pove ćao 12 puta u odnosu na po četni. Prikažite promjenu u p-V dijagramu i izračunajte ukupnu dovedenu toplinu i dobiveni rad u opisanoj promjeni. (Cv = 28,7 J/mol K, R = 8,314 J/mol K)


59


ispitni test 2 1. Što opisuje kinematika? Koja su jednostavna gibanja? Objasnite ih i navedite im osnovne jednadžbe i pripadne grafove. Složena gibanja. Obratite pažnju na horizontalni hitac. Skicirajte horizontalni hitac i odredite mu komponente gibanja. 2. Newtonovi aksiomi. Objasnite sva tri aksioma. Pojam sile, mase i akceleracije. Koje su mjerne jedinice za sve navedene veli čine? Kako definiramo rad, snagu i energiju (kineti čku i mehaničku)? 3. Kamion mase 4,5 tone i brzine 90km/h i kamion mase 3,0 tone i brzine 54km/h sudare se potpuno neelastično. Izračunajte razvijenu energiju (toplinsku) tokom sudara i njen udio u postocima u odnosu na po četnu energiju oba kamiona ako se kamioni gibaju u suprotnom smjeru. 4. Što objašnjava kalorika? Što su toplina, unutarnja energija i temperatura? Kako se mijenjaju kruta tijela i tekućine dovođenjem topline a kako idealni plinovi? Objasnite promjene unutar agregatnih stanja dovođenjem topline u T/Q dijagramu. 5. Izračunajte količinu topline koju je potrebno dovesti ledu mase 700 grama I temperature – 500C da bismo ga otopili I zagrijali u vodu temperature 85 0C. (λtalj = 3.3⋅105J/kg , λisp= 22.6⋅105J/kg, cleda = 2100J/kg st i cvode = 4190 J/kg st) 6. Izračunajte ukupni rad i izmjenu topline koji su izvršeni na plin količine 3 mola, temperature 300K i tlaka 2 bara, ako su na njega izvršene promjene: a) izotermnom ekspanzijom povećan je volumen 3 puta i b) izobarnom ekspanzijom povećana je temperatura dva puta. Skicirajte promjenu u P-V dijagramu. (C p =29,0 J/kg mol)

60



ispitni test 3 1. Neko vozilo se jednoliko ubrzava iz po četnog položaja u kojem mu je brzina 36km/h. Nakon 800 m kretanja postiže brzinu od 126 km/h. Izra čunajte akceleraciju i vrijeme potrebno za opisano gibanje. 2. Objasnite 3 osnovna zakona mehanike (Newtonovi aksiomi). Pojam sile, trome i teške mase, impuls sile i koli čina gibanja. Definirajte snagu, rad i energije u mehanici i pripadne mjerne jedinice u kojima se mjere te veli čine. 3. Auto mase 700 kg kre će se duž ravne ceste koeficijenta trenja 0,15. Ako je srednja snaga auta 40 Kw i prosječna brzina 72 km/h, izra čunajte akceleraciju auta. 4. Što proučava kalorika? Objasnite unutarnju energiju, toplinu i temperaturu nekog sistema. Zašto nam je od svih agregatnih stanja u kalorici najvažnija kalorika plinova? Objasnite sve promjene stanja plina; one koje se dešavaju u ranoteži s okolinom (spore) i onu koja se dešava brzo; njihove jednadžbe i grafičke prikaze. 5. Zagrijavamo 0.2 litre vode početne temerature 170C elekričnom grijalicom 2.5 Kw i faktora korisnosti 75%. Za koliko vremena moramo prekinuti grijanje ako želimo da sva voda ispari? (cvode = 4190 J/kg st, λisp = 22,6⋅105 J/kg, Tvrenja = 1000C) 6. 3 mola zraka zagrijano je na temperaturu 227 0C i nalazi se pod tlakom od 5 bara. Na plin su izvršene slijedeće promjene: a) izotermnom ekspanzijom tlak zraka se smanjio 3 puta i b) izobarnom ekspanzijom volumen se je pove ćao 12 puta u odnosu na po četni. Prikažite promjenu u p-V dijagramu i izračunajte ukupnu dovedenu toplinu i dobiveni rad u opisanoj promjeni. (Cv = 28,7 J/mol K, R = 8,314 J/mol K)


61


ispitni test 4 1. Objasnite osnovna i sastavljena gibanja u kinematici materijalne to čke. Definirajte prave i srednje kinematičke veličine (brzinu, akceleraciju). Obratite pažnju na vertikalni hitac. 2. Objasnite 3 osnovna zakona mehanike (Newtonovi aksiomi). Pojam sile, trome i teške mase, impuls sile i koli čina gibanja. Definirajte snagu, rad i energije u mehanici. 3. Kamion mase 3 tone spušta se niz kosinu visinske razlike 250m, kuta nagiba 15 0 i koeficijenta trenja 0.1. Početna brzina kamiona je 90km/h. Na kamion ne djeluje vanjska sila. Izračunajte: a) vrijeme silaska kamiona do dna kosine I b) konačnu brzinu. 4. Kalorika plinova. Objasnite osnovne promjene stanja plina; grafi čki prikazi i jednadžbe promjena. Plinska jednadžba. 5. Komad leda mase 4kg temperature -500C zagrijemo električnom grijalicom korisnosti 75%. Pri tom rastopimo led u vodu temperature 60 0C za vrijeme 30 minuta. Izračunajte snagu grijalice. (cleda = 2100 J/kg st, c vode = 4190 J/kg st, λtalj = 3.3⋅105J/kg) 6. Kružni proces vrši se na 2 mola zraka temperature 600 K i tlaka 5 bara. U jednom ciklusu kružnog procesa izvršene su slijede će promjene: a) izobarnom ekspanzijom pove ćan je volumen zraka dva puta, b) izohornim hla đenjem smanjena je temperatura na po četnu vrijednost i c) izotermnom promjenom zrak je vraćen u početno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja zadanog procesa. (C V = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )

62



ispitni test 5 1. Objasnite osnovna i sastavljena gibanja u kinematici materijalne to čke. Definirajte prave i srednje kinematičke veličine (brzinu, akceleraciju). Obratite pažnju na horizontalni hitac. 2. Tijelo se giba jednoliko usporeno pri čemu u prvih 5 sekundi pre đe 500m a u slijede ćih 5 sekundi pređe 240m. Izračunajte : a) akceleraciju tijela i b) po četnu i konačnu brzinu. 3. Objasnite 3 osnovna zakona mehanike (Newtonovi aksiomi). Pojam sile, trome i teške mase, impuls sile i koli čina gibanja. 4. Kalorika plinova. Osnovne promjene stanja plina, grafi čki prikazi i jednadžbe promjena. Plinska jednadžba. 5. Komad leda mase 4kg temperature -500C zagrijemo električnom grijalicom korisnosti 75%. Pri tom rastopimo led u vodu temperature 60 0C za vrijeme 30 minuta. Izračunajte snagu grijalice. (cleda = 2100 J/kg st, c vode = 4190 J/kg st, λtalj = 3.3⋅105J/kg) 6. Kružni proces vrši se na 2 mola zraka temperature 600 K i tlaka 5 bara. U jednom ciklusu kružnog procesa izvršene su slijede će promjene: a) izobarnom ekspanzijom pove ćan je volumen zraka dva puta, b) izohornim hla đenjem smanjena je temperatura na po četnu vrijednost i c) izotermnom promjenom zrak je vraćen u početno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja zadanog procesa. (C V = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )


63


ispitni test 6 1. Vektor položaja materijalne točke zadan je relacijom:

r(t) = (5t3 – 5t2 + 16t)i + (2t2 – 4t) j Odredite vektor brzine i iznos brzine u trenutku kada je akceleracija u x-smjeru jednaka nuli. Opišite vrstu gibanja u obje komponente gibanja. 2. Tijelo pada slobodno s neke visine po četnom brzinom 5m/s. Posljednjih 20m ukupnog puta prijeđe u vrijeme od 0.4s. Izra čunajte: a) visinu s koje je tijelo počelo padati i b) kona čnu brzinu. 3. Auto mase 3t spušta se niz kosinu visine 17m i kuta nagiba 15 o početnom brzinom 18km/h, uz konstantnu silu djelovanja motora niz čitavu kosinu. Za prvih 50m pove ća se brzina auta na 54 km/h. Izračunajte: a) silu djelovanja motora i b) srednju snagu motora. (koeficijent trenja je 0.14) 4. U skladištu papira volumena 210 m 3 noću je temperatura 180C (M22 = 15.4 g/m3 ) i relativna vlaga je 55%. Ako se danju temperatura pove ća na 290C (M14 =28.7 g/m3 ), očekujemo i promjenu relativne vlage u skladištu. Koliko vlage moramo danju dodati u skladište ako želimo održati konstantnu relativnu vlažnost? 5. U 7l vode temperature 20o bačen je komad željeza mase 200g ugrijan na 500 oC. Nakon izmjene topline prešlo je u paru 5g vode. Izra čunajte konačnu temperaturu smjese. (Skica T-Q dijagrama) (CFe = 460 J/kg mol, C vode = 4190 J/kg mol, λisp =22.6.105 J/kg) 6. Kroz cijev polumjera 1 cm i duljine 40m protječe tekućina viskoznosti 0.04 Pa s koja je tjerana snagom pumpe 6 kw i koeficijenta iskorištenja 70%. Koliki je protok teku ćine postignut u zadanim uvjetima? 7. 35g dušika (M N2 = 28g/mol) zauzima volumen 15 l kod tlaka 2 bara. Na zadani plin izvršen je kružni proces na slijede ći na čin: a) izovolumnom promjenom plin se ugrije na 300 o C zatim se b) adijabatskom ekspanzijom plin dovede na po četni tlak i c) izobarnom kompresijom plin se dovede u po četnu točku. Prikažite kružni proces u p-V dijagramu i izračunajte koeficijent iskorištenja opisanog procesa. (κ = 1.4, Cv =20.8 J/mol st).

64



ispitni test 7 1. Vektori položaja materijalnih točaka dani su relacijama: r1(t) = (3t + 7t2) i + (12t-9t2) j i r2(t)= 2t2i+ (4t2- 7t +3) j odredite: a) gibanja obiju točaka u x i y smjeru, i b) udaljenost to čaka i razliku brzina (apsolutnu vrijednost razlike) nakon 2 sekunde (t= 2s). 2. Auto mase 7t spušta se niz kosinu koeficijenta trenja 0.2 te nagiba 15 0 stalnom brzinom 45 km/h. Izračunajte silu kočenja motora i srednju snagu motora ako auto tokom gibanja niz kosinu zadražava jednoliko gibanje. (provjerite da li je sila motora ko čenje ili ubrzavanje) 3. Kroz cijev polumjera 2cm i duljine 20m protječe tekućina viskoznosti 0.04 Pa s koja je tjerana snagom pumpe 6 kw i koeficijenta iskorištenja 80%. Koliki je protok teku ćine postignut u zadanim uvjetima? 4. Metalna kugla gustoće 8 g/cm3 uronjena je u vodu gusto će 1 g/cm3 i ima prividnu težinu u vodi 30 N. Izračunajte volumen kugle, pripadni radijus i njenu težinu («pravu») u zraku. 5. Iz zaleđivača je izvađen komad leda mase 500g temperature –20 0C. Otapamo ga sa 4 litre vode i dobijemo temperaturu smjese 20 oC. Kolika je bila temperatura vode? ( c v= 4190 J/kg st, cl= 2100 J/kg st, λtalj=3.3·105J/kg) 6. U skladištu papira volumena 120 m3 je temperatura 220C (M22 = 18.4 g/m3 ) i relativna vlaga je 50%. Ako se no ću temperatura smanji na 140C (M14 =12.19 g/m3 ), očekujemo i promjenu relativne vlage u skladištu; izračunajte je. 7. Kružni proces vrši se na zraku koli čine 7 mola, volumena 35 litara i tlaka 8 bara. Na zrak je izvršen slijedeći kružni proces: a) izotermnom ekspanzijom pove ćan je volumen 3 puta, b) izobarnom kompresijom smanjen je volumen na po četnu vrijednost i c) izohornim zagrijavanjem vraćen je sistem u početno stanje. Prikažite proces u p-V dijagramu i izračunajte koeficijent iskorištenja. (R = 8.314 J/K mol, C V = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )


65


ispitni test 8 1. Vektori položaja materijalnih točaka dani su relacijama: r1(t) = (3t + 7t2) i + (12t-9t2) j i r2(t)= 2t2i+ (4t2- 7t +3) j odredite: a) gibanja obiju točaka u x i y smjeru, i b) udaljenost to čaka i razliku brzina (apsolutnu vrijednost razlike) nakon 2 sekunde (t= 2s). 2. Auto mase 7t spušta se niz kosinu koeficijenta trenja 0.2 te nagiba 15 0 stalnom brzinom 45 km/h. Izračunajte silu kočenja motora i srednju snagu motora ako auto tokom gibanja niz kosinu zadržava jednoliko gibanje. (provjerite da li je sila motora ko čenje ili ubrzavanje) 3. Dvije kugle, jedna mase 5kg i brzine 8m/s i druga mase 3kg i brzine 2m/s gibaju se jedna prema drugoj na ravnoj podlozi i sudare se centralno i neelasti čno. Izračunajte: a) gubitak energije u obliku toplinske energije u odnosu na po četnu energiju sistema (u %) i b) put koji će obje kugle pre ći do zaustavljanja ako koeficijent trenja izme đu podloge i kugli iznosi 0.2. 4. Metalna kugla gustoće 8 g/cm3 uronjena je u vodu gusto će 1 g/cm3 i ima prividnu težinu u vodi 30 N. Izračunajte volumen kugle, pripadni radijus i njenu težinu («pravu») u zraku. 5. Iz zaleđivača je izvađen komad leda mase 500g temperature –20 0C. Otapamo ga sa 4 litre vode i dobijemo temperaturu smjese 20 oC. Kolika je bila temperatura vode? ( c v= 4190 J/kg st, cl= 2100 J/kg st, λtalj=3.3·105J/kg) 6. U skladištu papira volumena 120 m 3 je temperatura 220C (M22 = 18.4 g/m3 ) i relativna vlaga je 50%. Ako se no ću temperatura smanji na 140C (M14 =12.19 g/m3 ), očekujemo i promjenu relativne vlage u skladištu; izračunajte je. 7. Kružni proces vrši se na zraku koli čine 7 mola, volumena 35 litara i tlaka 8 bara. Na zrak je izvršen slijedeći kružni proces: a) izotermnom ekspanzijom pove ćan je volumen 3 puta, b) izobarnom kompresijom smanjen je volumen na po četnu vrijednost i c) izohornim zagrijavanjem vraćen je sistem u početno stanje. Prikažite proces u p-V dijagramu i izračunajte koeficijent iskorištenja. (R = 8.314 J/K mol, C V = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )

66



ispitni test 9 1. Vektor položaja materijalne točke zadan je relacijom: r(t) = ( 5t3 – 5t2 + 12t) i + (5t2 – 3t + 1) j Odredite. a) vrstu gibanja u x i y smjeru i b) vektor i iznos akceleracije u trenutku kada je brzina u x smjeru tri puta veća od brzine u y smjeru. 2. Tijelo 1 bačeno je s visine 20m paralelno s osi x po četnom brzinom 20 m/s. Istodobno je s tla (ispod tijela 1) bačeno tijelo 2 nekom početnom brzinom i pod nekim kutem tako da se oba tijela sudare u točki x = 30m, koja se mjeri u smjeru koordinate izba čaja oba tijela. Izračunajte početnu brzinu i kut pod kojim je izbačeno tijelo 2. 3. Auto mase 5t spušta se niz kosinu, koeficijenta trenja 0.15, dužine 200m i nagiba 15 0, početnom brzinom 20 m/s. Izračunajte silu kočenja motora i srednju snagu motora ako auto tokom gibanja niz kosinu zadržava jednoliko gibanje. 4. U cijevi teče idealna teku ćina gustoće 103 kg/m3. Cijev je položena tako da je donji (širi dio) na tlu, a gornji (uži dio) je na visini 5m od tla. Promjer šireg dijela cijevi je 3 puta ve ći od promjera užeg dijela cijevi, a brzina u širem dijelu je 5m/s. Izra čunajte razliku tlakova koja osigurava kontinuirani protok tekućine u cijevi (izrazite tlak u barima). 5. Kugla radijusa 5cm i gusto će 6g/cm3 pliva na živi gusto će 13.6 g/cm3, iznad koje je voda gustoće 1g/cm3. Izračunajte: a) dio volumena kugle (u%) koji je uronjen u živu i b) izračunajte taj dio volumena u cm 3. 6. Iz zaleđivača je izvađen komad leda mase 200g temperature –20 0C. Otapamo ga sa 4l vode temperature 850C. Izračunajte temperaturu smjese sistema nakon izmjene topline. ( cvode = 4190 J/kg st, c leda = 2100 J/kg st , λ talj = 3.3·105 J/kg ) 7. Kružni proces vrši se na zraku mase 87g (M zraka = 28.9 g/mol), volumena 20 litara i tlaka 3 bara. U jednom ciklusu kružnog procesa izvršene su slijede će promjene: a) izobarnom ekspanzijom povećan je volumen 5 puta, b) izohornom promjenom ohla đen je plin na po četnu temperaturu i c) izotermnom kompresijom vra ćen je zrak u po četno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja kružnog procesa. ( R= 8.314 J/K mol, C v = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )


67


ispitni test 10 1. Vektor položaja materijalne točke dan je relacijom:

r(t) = (3.5t2 – 9t + 4)i + (2t2 + 3t + 12) j opišite gibanje tijela u x i y smjeru i b) u trenutku kada su brzine u x i y smjeru jednake, odredite iznos brzine tijela i udaljenost tijela od ishodišta. 2. Kamion mase 3t po činje se gibati uz kosinu nagiba 15 0 početnom brzinom 90km/h, pri čemu ne upotrebljava silu motora. Izra čunajte: a) koliki put će preći kamion do zaustavljanja i b) pripadno vrijeme do zaustavljanja, ako je koeficijent trenja 0.15. 3. Šuplja kugla radiusa 5cm i 20cm ima gustoću plašta 1200kg/m3, a gustoća unutrašnjosti kugle je zanemarena. Da li kugla pliva, lebdi ili tone ako je uronjena u vodu gusto će 1000kg/m3 ? Kolika je težina lopte u vodi? 4. U cijevi teče idealna tekućina gustoće 103 kg/m3. Cijev je položena tako da je donji (širi dio) na tlu, a gornji (uži dio) je na visini 5m od tla. Promjer šireg dijela cijevi je 3 puta ve ći od promjera užeg dijela cijevi, a brzina u širem dijelu je 5m/s. Izra čunajte razliku tlakova koja osigurava kontinuirani protok tekućine u cijevi (izrazite tlak u barima). 5. Komad leda 2kg i temperature –20 0C zagrijavamo električnom grijalicom snage 3Kw i korisnosti 80%. Izračunajte vrijeme zagrijavanja u kojem želimo da se sav led potpuno ispari. (λtalj= 3.3·105J/kg, λisp= 22.6·105J/kg, cled= 2100J/kg st, c voda= 4190J/kg st) 6. Tijelo je izbačeno s tla početnom brzinom 30m/s i pod kutem 30 0. Na udaljenosti 50m u x smjeru (smjeru tla) nalazi se visoki zid postavljen okomito na tlo. Izra čunajte: a) na kojoj visini od tla će tijelo pogoditi zid i b) kolika je pri tom brzina tijela? 7. Zrak mase 289grama (M zraka= 28.9 g/mol) ima početnu temperaturu 300K i tlak 3 bara i sudjeluje u slijedećem kružnom procesu: a) izobarnom ekspanzijom zraku se pove ća volumen 4puta, b) adijabatskom ekspanzijom zrak se ohladi na po četnu temperaturu i c) izotermnom kompresijom zrak se vra ća u početno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja kružnog procesa. ( C p= 28.7 J/K mol, κ= 1.4. R= 8.314 J/K mol) 8. Prostorija dimenzija 4×6×3.5m3 ima relativnu vlažnost 55% kod temperature 20 0C. Ako u prostoriju nepažnjom dodamo 420 g vodene pare i pri tom zagrijemo prostoriju na 23 0C, izračunajte relativnu vlagu u novonastalim uvjetima. (M 20= 17.3 g/m3, M23= 20.6 g/m3)

68



ispitni test 11 1. Zadan je vektor gibanja materijalne to čke: r(t) = (5t2-2)i + (3t-2)j opišite gibanje točke duž svake koordinate i b) izra čunajte vektor i iznos brzine materijalne točke u vrijeme kada su koordinate to čke u x i y smjeru jednake (neka je vrijeme t > 0). 2. Kamion mase 4t počinje se gibati (s dna, h = 0) uz kosinu nagiba 15 0 po četnom brzinom 90km/h, pri čemu ne upotrebljava silu motora. Koliki put će preći kamion do zaustavljanja ako je koeficijent trenja 0.1? 3. Komad željeza mase 5kg ba čen je u 20 litara vode temperature 40 0C. Prilikom izmjene topline ispareno je 50 grama vode i uspostavljena je termi čka ravnoteža kod 45 0C (temperatura smjese). a) prikažite proces izmjene topline u pripadnim T/Q dijagramima; b) izračunajte početnu temperaturu ubačenog željeza. ( c H2O= 4190 J/kg st, c Fe=460 J/kg st, λ isp= 22.6 ⋅ 105 J/kg)

4. Realna tekućina viskoznosti 0,03 Pa s struji u cijevi dužine 20 m i promjera 5 cm jednolikom srednjom brzinom tjerana pumpom snage 6 KW (koeficijent iskorištenja 100%). Tokom strujanja smanjena je temperatura teku ćine, pa je za isti protok potrebno pove ćati snagu pumpe za 30%. Izra čunajte: a) protok tekućine u cijevi i b) viskoznost tekućine kod smanjene temperature. 5. U skladišnom prostoru papira volumena 80 m 3 je relativna vlažnost 60% kod temperature 210C (M21=18.3g/m3). Noću se temperatura smanji na –50C (M-5 = 3.2g/m3). U prostoriji moramo održati konstantnu relativnu vlagu pa izbacujemo 720 grama vodene pare iz čitave prostorije u svrhu zadržavaja početne relativne vlage. Da li smo to postigli, ako je promjena od ±3% relativne vlage dozvoljena? 5 mola nekog plina nalazi se na temperaturi 600 K i zauzima volumen od 50 litara. Na plin se izvrše dvije uzastopne promjene stanja: 1) izobarnom ekspanzijom plinu se pove ća volumen 3 puta, i 2) adijabatskom ekspanzijom plin se ohladi na 1000K. Prikažite promjene u p-V dijagramu i izračunajte pripadnu ukupnu dovedenu toplinu, Q uk , izvršeni rad, Wuk , i promjenu unutarnje energije, ΔUuk . 6.

(R = 8.314 J/K mol, C V = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )


69


ispitni test 12 1. Vektori položaja materijalnih točaka dani su relacijama:

r1(t) = (4t2 - t) i + (-9t2 + 12t) j i r2(t)= 3t2i+ (4t2- 5t +2) j odredite: a) gibanja obiju točaka u x i y smjeru, i b) udaljenost prve materijalne točke, r1(t), od ishodišta u trenutku kada su brzine druge to čke jednaka u x i y smjeru, (v x2 = vy2). 2. Auto mase 7t spušta se niz kosinu koeficijenta trenja 0.2 te nagiba 15 0 stalnom brzinom 45 km/h. Izračunajte vanjsku silu i srednju snagu motora ako auto tokom gibanja niz kosinu zadržava jednoliko gibanje. (provjerite smjer vanjske sile ) 3. Idealna tekućina teče u cijevi polumjera 1cm i duljine 20m protokom 120 litara/min. Idealnu tekućinu zamijenimo realnom, viskoziteta 0.07 Pa s, i želimo da te če istom srednjom brzinom kao i idealna tekućina. Izračunajte snagu pumpe, korisnosti 72%, koja će osigurati željeno protjecanje realne tekućine. 4. Šuplja kugla vanjskog radijusa 12cm pliva na teku ćini gustoće 900kg/m3 tako da je 40% uronjena u tekućinu. Izračunajte unutarnji radijus kugle, ako je gusto ća kugle 500kg/m3. 5. Iz hladionika je izvađen komad leda mase 200g temperature –40 0C. Otapamo ga sa 1 litre vode i dobijemo temperaturu smjese 30 0C. Kolika je bila temperatura vode? Prikažite izmijenjene topline u T-Q dijagramima. (cv=4190 J/kg st, cl= 2100 J/kg st, λtalj=3.3·105J/kg) 6. Skladišni prostor visine 3m i površine 70m 2, relativne vlage 75% i temperature 17 o (M 17 =14.5g/m3) odijeljen je pomičnom pregradom u dva prostora čiji volumeni se odnose V1 :V 2 = 1 : 4. Iz manjeg prostora odvodimo vodenu paru u ve ći prostor, pri čemu u manjoj prostoriji postižemo relativnu vlažnost 45%. Izračunajte konačnu relativnu vlagu u ve čem prostoru. (temperatura je konstantna) 7. Kružni proces vrši se na zraku koli čine 7 mola, volumena 35 litara i tlaka 8 bara. Na zrak je izvršen slijedeći kružni proces: a) izotermnom ekspanzijom pove ćan je volumen 4 puta, b) izobarnom kompresijom smanjen je volumen na po četnu vrijednost i c) izohornim zagrijavanjem vraćen je sistem u početno stanje. Prikažite proces u p-V dijagramu i izračunajte koeficijent iskorištenja. (R = 8.314 J/K mol, C V = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )

70



Ispitna pitanja I Mehanika materijalne čestice 1. Jednostavna gibanja. Pojam srednje i prave brzine; srednje i prave akceleracije. Kinemati čke veličine s(t), v(t) i a(t) ovisne o vremenu za ta gibanja i pripadni grafovi. 2. Složena gibanja, općenito; istovremenost događanja osnovnih komponenata gibanja. Skicirati horizontalni,vertikalni i kosi hitac. Obratite pažnju posebno na vertikalni hitac i izrazite sve kinematičke relacije za taj hitac. 3. Složena gibanja, op ćenito; istovremenost događanja osnovnih komponenata gibanja. Skicirati horizontalni,vertikalni i kosi hitac. Obratite pažnju posebno na horizontalni hitac i izrazite sve kinematičke relacije za taj hitac. 4. Složena gibanja, op ćenito; istovremenost događanja osnovnih komponenata gibanja. Skicirati horizontalni,vertikalni i kosi hitac. Obratite pažnju posebno na kosi hitac i izrazite sve kinematičke relacije za taj hitac. 5. Što opisuje dinamika? Newtonovi aksiomi. Pojam teške i trome mase. Koja od navedenih masa je vezana za jedan od Newtonovih aksioma? 6. Što je težina tijela? Kako ovisi težina tijela o geografskoj širini i o nadmorskoj visini? 7. Što opisuje kinematika a što dinamika? Opišite razliku izme đu ta dva područ ja mehanike. 8. koje su četiri osnovne vrste sila u prirodi? Koje su od ovih sila vezane za makrosvijet, a koje za mikrostrukturu tvari? 9. Zakoni očuvanja. Objasnite zakon o čuvanja energije na primjeru nekog procesa ( na pr. slobodni pad ili gibanje niz kosinu). Isto tako objasnite zakon o čuvanja količine gibanja na nekom primjeru (na pr. sudari). 10. Pojam impulsa i količine gibanja. Jednadžba impulsa. Mjerne jedinice za koli činu gibanja i impuls. Kakvo je djelovanje impulsa na česticu? 11. Sudari. Elastični i neelastični. Opišite ih, skicirajte i prikažite ih pripadnim relacijama. 12. Što je rad i kako se ra čuna? Prikažite rad sile u op ćem slučaju kada sila i put zatvaraju bilo koji kut (u konačnom i integralnom obliku). Mjerna jedinica za rad u SI sustavu. 13. Što je energija i u kojim se oblicima pojavljuje? Objasnite pojam kinetičke i potencijalne energije. Izvedite izraz za kineti čku energiju materijalne točke. Isto tako izvedite izraz za potencijalnu energiju tijela u gravitacijskom polju Zemlje. Mjerne jedinice za energiju u SI sustavu. 14. Slobodni pad. Kako se akceleracija sile teže mijenja s geografskom širinom i nadmorskom visinom? Kada opisujemo slobodni pad kao jednostavno a kada kao složeno gibanje? 15. Gibanje materijalne točke niz kosinu. Opišite vrste gibanja niz kosinu za slu čajeve: a) tijelo (točka) se giba samo pod utjecajem vlastite težine, b) tijelo se giba pod utjecajem vlastite težine i vanjske sile u smjeru pravca kosine, uz kosinu i c) pod utjecajem vlastite težine i sile trenja. Skicirajte sve slučajeve i objasnite ih. V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Mal či ć

71


II Mehanika fluida (tekućina) 16. Statika fluida (tekućina). Objasnite hidraulički i hidrostatički tlak. U kojim se jedinicama mjeri tlak? Što je uzgon? Izvedite izraz za uzgon. 17. Kako nastaje djelovanje uzgona na neko tijelo? Izvedite izraz za uzgon. Kakva je prividna težina tijela uronjenog u teku ćinu? Kolika je prividna težina tijela kada je uzgon manji, isti ili veći od težine tijela u zraku? U kojim uvjetima tijelo tone, lebdi ili roni u teku ćini? 18. Objasnite napetost površine. Definirajte koeficijent površinske napetosti. Skicirajte oblik površine teku ćine apsorbirane na neku podlogu u slu čaju kada je sila kohezije unutar čestica tekućine veća od sile adhezije izme đu čestica tekućine i podloge i obrnuto. Objasnite kut vlaženja za filne i fobne plohe. U kojim jedinicama se mjeri koeficijent površinske napetosti? 19. Dinamika fluida (tekućina). Definirajte idealne i realne teku ćine. Jednadžbe kontinuiteta i očuvanja energije (Bernoullijeva jednedžba) za idealne teku ćine. Objasnite statički i dinamički tlak tekućina. Definirajte protok tekućine, volumni i maseni. U kojim jedinicama se mjeri protok tekućine? Skicirajte vektore brzina idealne teku ćine unutar nekog presjeka cijevi. 20. Dinamika fluida (tekućina). Definirajte idealne i realne tekućine. Laminarno gibanje realnih tekućina; objasnite silu viskoznosti i koeficijent viskoznosti. Jedinice za koeficijent viskoznosti u SI i cgs sustavu. Gibanje realnih teku ćina kroz cijev. Izvedite raspored vektora brzine realne tekućine duž pravca okomitog na smjer gibanja teku ćine (Poiseuilleov zakon). Izraz za protok u slu čaju realnih tekućina. 21. Kakva je razlika izme đu kinetičke i dinamičke viskoznosti? Izvedite jedinice za obje viskoznosti iz jednadžbi za te fizikalne veli čine. Turbulentno gibanje; objašnjenje i uvjeti nastajanja tog gibanja. Kako se definira Reynoldsov broj?

III Kalorika 22. Kalorika krutih tijela i tekućina. Pojam unutarnje energije, topline i temperature. Koje temperaturne skale poznajete? Izraz za dovedenu toplinu na neko tijelo. Specifi čni toplinski kapacitet definiran iz izraza za toplinu; mjerna jedinica za specifi čni toplinski kapacitet. Koji parametri stanja krutih tijela i tekućina se mijenjaju dovođenjem topline na njih? Objasnite promjene. Što je linearni i volumni koeficijent toplinskog rastezanja? 23. Kalorika plinova. Koji parametri stanja plinova se mijenjaju prilikom dovo đenja ili odvođenja topline? Objasnite sve promjene stanja plina, zatim prikažite te promjene jednadžbama i pripadnim grafovima. Objasnite razliku između osnovnih promjena stanja plina i adijabatske promjene. 24. Objasnite adijabatsku promjenu stanja plina. Koji parametri stanja plina se mijenjaju kod te promjene? Koliko jednadžbi opisuje adijabatsku promjenu stanja plina? Navedite te jednadžbe (Poissonove jednadžbe). Iz prvog zakona termodinamike izrazite rad za tu promjenu. 25. Opća jednadžba stanja plina (op ća plinska jednadžba). Koje promjene stanja plina sadržava ta jednadžba? Što je mol neke tvari, a što molekularna masa? Što je Avogardov broj? Koliko iznosi volumen jednog mola idealnog plina za normirane uvjete? Kako možemo izra čunati volumen jednog mola idealnog plina, a kako možemo izra čunati plinsku konstantu R?

72



26. Toplina dovedena nekom sistemu u slu čaju ako sistem prelazi iz jednog agregatnog stanja u drugo (fazni prijelazi). T-Q dijagram i pojam latentnih toplina taljenja i isparavanja. Mjerna jedinica za latentne topline.

IV Termodinamika 27. Što ispituje termodinamika? U kojim procesima pretvaramo toplinsku energiju u mehani čki rad ? Što su reverzibilni (povrativi) a što ireverzibilni (nepovrativi) kružni procesi? Objasnite Carnotov kružni proces i izvedite koeficijent iskorištenja tog kružnog procesa. Koje još kružne procese (tehnički izvedive) poznajete? 28. Prvi zakon termodinamike. Definirajte predznake svih fizikalnih veli čina koje se pojavljuju u prvom zakonu termodinamike; izrazite taj zakon za sve promjene stanja plina. 29. Izrazite radove (i izvedite ih) za sve promjene stanja plina. Definirajte rad u kalorici plinova i prikažite rad za svaku promjenu u p-V dijagramu. Kakav je odnos vrijednosti rada izvršenog u izotermnoj i u adijabatskoj promjeni za istu promjenu volumena? Objasnite taj odnos. 30. Prikažite izraze za topline dovedene (ili odvedene) u izobarnoj, izohornoj i izotermnoj promjeni stanja plina. Definirajte pri tom molarne toplinske kapacitete kod izobarne i izohorne promjene.


73


Literatura: P. Kulišić: Mehanika i toplina, Školska knjiga, Zagreb, 1998. P. Kulišić i grupa autora: Riješeni zadaci iz mehanike i topline, Školska knjiga, Zagreb, 1998. B. Mikuličić, M. Varićak i E. Vernić: Zbirka zadataka iz fizike, Školska knjiga, Zagreb, 2003. V. Mikac-Dadić, V. Džimbeg-Malčić, K. Petric-Maretić i D. Modrić: Vježbe iz fizike 1, Laboratorijske skripte za studente Grafičkog fakulteta, Zagreb, 2007. 5. web adrese: HyperPhysics Concepts: http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/hph.html NTNU JAVA Index: http://www.phy.ntnu.edu.tw/ntnujava/ PIRA: http://www.wfu.edu/physics/pira/webring/PIRAwebring.html The Physics Hypertextbook™: http://hypertextbook.com/physics/ 1. 2. 3. 4.

74


Mehanika i Toplina

Recommend Documents