phy.grf.hrphy.grf.hr/media/download_gallery/F1_skripte_mehanika i kalorika.pdf · Odabrana...

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)

V. Mikac Dadić i V. Džimbeg – Malčić 1

Sadržaj: Str

I Mehanika krutog tijela 3 1. Zadaci iz kinematike 3 1.1. Jednostavna gibanja 3 1.1.1. Jednoliko gibanje duž pravca 3 1.1.2. Jednoliko ubrzano gibanje duž pravca 5 1.2. Složena gibanja 9 1.2.1. Vertikalni hitac 9 1.2.2. Horizontalni hitac 10 2. Dinamika 13 2.1. Osnovne zakonitosti dinamike 13 2.2. Zakoni očuvanja 20 2.3. Sudari 21 2.4. Kružno gibanje, centripetalna sila 23II Mehanika tekućina 26 1. Statika tekućina 26 1.1. Hidraulički tlak 26 1.2. Hidrostatički tlak 28 1.3. Uzgon 29III Kalorika i termodinamika 31 1. Kalorika 31 1.1. Toplina, unutarnja energija i temperatura 31 1.2. Kalorimetrija 31 1.3. Latentne topline i T/Q dijagram 33 1.4. Promjene parametara stanja kod krutih tijela i tekućina 37 1.5. Promjene parametara stanja kod plinova 37 2. Termodinamika 43 2.1. Prvi postulat ravnoteže 43 2.2.Termodinamički procesi 44 2.3. Adijabatska promjena stanja plina 45 2.4. Prvi zakon termodinamike 46 2.5. Radovi u promjenama stanja plina 47 2.6. Carnotov kružni proces 48 2.7. Drugi zakon termodinamike 51 2.8. Primjeri kružnih procesa 52IV Prilog Ispitni testovi 57 Ispitna pitanja 72 Literatura 75



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 moguća (Δt→ 0), tada govorimo o pravoj brzini i definiramo je:

⋅=ΔΔ

=→Δ dt

dstsv

tpr 0lim (1)

Kažemo da je prava brzina prv promjena puta u jedinici vremena koja teži nuli (Δt→0). Takvu promjenu neke funkcije f(x) promatranu u najmanjem intervalu neke fizikalne veličine

(x) o kojoj ona zavisi u matematici nazivamo prvom derivacijom ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dxdy , te možemo analogno

definirati brzinu kao prvu derivaciju pređenog puta u vremenu ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtds . Jednostavnije rečeno,

prava brzina znači poznavanje promjene puta u "svakom trenu", a to znači u svakom pa i najmanjem mogućem vremenskom intervalu. Ako je prava brzina konstantna, onda je ona jednaka srednjoj brzini ( )v pa možemo tvrditi:

,konstvvpr == (2) gdje je

⋅−

−=

ΔΔ

=pk

pk

ttss

tsv (2a)

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

,0

tssv −

= (2b)



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:

,)()(

0 tvstskonsttv

⋅+==

(3)

što u pripadnim dijagramima možemo prikazati pravcima, Sl.1. i 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 izračunamo pomoću relacije: uktsv = , a ukupno vrijeme je jedanako zbroju

vremena ostvarenih u pojedinim dijelovima puta s , 4321 tttttuk +++= . Vrijeme 1t , je na primjer,

jednako: 3052

1

st = . )

v(t)

t

v

Sl.1.

s(t)

t

s0

Sl.2.



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) veličina. Takva fizikalna veličina naziva se akceleracija ili ubrzanje. Ako je odabrana jedinica vremena najmanja, teži prema nuli (Δt→ 0), tada govorimo o pravoj akceleraciji i definiramo je:

⋅=ΔΔ

=→Δ dt

dvtva

tpr 0lim (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:

,konstaa pr == (4a) gdje je:

⋅−

=−−

=ΔΔ

=tvv

ttvv

tva o

pk

pk (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) označene konačna brzina i konačno vrijeme sa vk i tk, a početna brzina i početno vrijeme sa vp i tp. Uz uvjete da konačna 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 vp → v0 i analogno, konačno vrijeme poprima vrijednost t što znači tk

→ t i početno vrijeme je nula što znači tp → 0. Uz navedene pretpostavke mogu se kinematički izrazi za akceleraciju a(t) i brzinu v(t) prikazati slijedećim relacijama:

.)()(

0 tavtvkonstta

⋅+==

(5)

Pripadni dijagrami su:

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 pređenom putu. Na Sl.5. i Sl.6.

v(t)

t

v0

a(t)

t

a



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 + 2a ⋅ t2 kod jednoliko ubrzanog gibanja duž pravca.

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

,)()(0

dttvtst

∫ ⋅= (6)

što za sada neće biti predmet naših razmatranja. Sl.5. Sl.6. 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 različite početne uvjete:

)(.21)(

)(21)(

)(21)(

200

20

2

ctatvsts

btatvts

atats

⋅+⋅+=

⋅+⋅=

⋅=

( 7a - 7c)

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 početnim uvjetima v0 i s0, koji su jednaki nuli ili različiti od nule.

v(t)

s s s

v(t) v(t)

t t t



Slobodni pad Jedno od jednostavnih jednolikih ubrzanih gibanja je slobodni pad. To gibanje ima konstantnu akceleraciju koju nazivamo akceleracijom sile teže ili gravitacijom i označavamo sa gr . 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 najveća. Isto tako gravitacija se mijenja ovisno o udaljenosti od tla (horizontalne ravnine dogovorene početne visine, h=0, koja je najčešće predstavljena morskom površinom). Povećavanjem udaljenosti od morske površine gravitacija se smanjuje. Za srednju vrijednost gravitacije uzima se vrijednost na geografskoj širini 450 i morskoj površini (h = 0 m) i iznosi 9.81m/s2.

Sl.8. Gravitacija g ovisna je o geografskoj širini Primjeri: 4. Tijelo je bačeno slobodno s visine 100m (v0 = 0 m/s). Izračunajte: a) vrijeme trajanja slobodnog pada i b) konačnu brzinu kojom tijelo padne na tlo (g=9.81m/s2). R: a) tuk=4.5s, b) vuk=45m/s =162km/h 5. Tijelo je bačeno slobodno s visine 100m početnom brzinom 72km/h. Izračunajte: a) vrijeme trajanja slobodnog pada i b) konačnu brzinu kojom tijelo padne na tlo. Usporedite rezultate 4. i 5. zadatka. R: a) tuk= 2.9s, b) vuk= 176.4km/h 6. Tijelo se giba jednoliko ubrzano pri čemu u prvih 5 sekundi pređe 40m a u slijedećih 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 vuk = 26m/s

RZ,ekvator

RZ, pol

gpol = 9,83 m/s2

450, g = 9,81 m/s2

gekvator = 9,78 m/s2

gpol > gekvator



7. Dva tijela bačena su s iste visine tako, da je prvo tijelo bačeno 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 bačena 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 slijedećih 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) početnu brzinu vlaka. R: a) a1 = 12/7 m/s2 i a2 = -100/49 m/s2, b) v0 = 40/7 m/s = 20,57 km/h 9. Tijelo pada slobodno s neke visine početnom brzinom 5m/s. Posljednjih 20m ukupnog puta prijeđe u vrijeme od 0.4s. Izračunajte: a) visinu s koje je tijelo počelo padati i b) konačnu brzinu.



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:

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 točki C, gdje je v(tuk) = 0. U vezi gornjeg razmatranja kinematički izrazi za s(t) i v(t) prikazani su u (7):

.21)(

,)(

20

0

tgtvts

tgvtv

⋅−⋅=

⋅−=

(8)

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

.2

,200

gvHs

gvt ukuk === (9)

v0

gt

v0

C - - - 0)( =uktv

B - - - tgvtv ⋅−= 0)(

A - - - 0)0( vv =

H



Naglasimo da je ukupno vrijeme trajanja gibanja tijela od izbačaja u vertikalni hitac i vraćanja u početnu točku (povratak na tlo) dvostruko, tA→C→A = 2tuk, jer povratni dio gibanja s vrha

hica (točka C), koji predstavlja slobodni pad, traje isto vrijeme, ).( 0

gvtuk =

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) tuk = 4 s, b) H = 80m i c) h = 75 m 10. Tijelo je bačeno vertikalno i vratilo se nakon 6 sekundi. Izračunajte: 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. Izračunajte: 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, početnom brzinom v0. Pripadni dijagram tog gibanja može se prikazati u ravnini y , x.

Sl.10. Komponente brzina horizontalnog hica.

v(t)

x xmax = D

gt

y

H v0

v0



Brzina u bilo kojoj točki gibanja dana je izrazom:

( )( ) .)( 220 tgvtv ⋅+= (10)

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

.2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

gHtuk (11)

Pripadni domet ostvaruje se u x-smjeru gibanja (xmax = D) u trajanju tuk i vrijednost mu iznosi:

.200 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=⋅=

gHvvtD uk (12)

Primjeri: 12. Tijelo je bačeno horizontalno s visine 150m početnom brzinom 45m/s. Izračunajte: a) ukupno trajanje hica, b) domet hica i c) brzinu tijela prilikom pada na tlo. R: a) tuk = 5.5 s, b) D = 247.5 m i c) vuk = 70.9 m/s = 255 km/h 13. Tijelo je bačeno horizontalno s visine 200m i početnom brzinom 30 m/s. Kolika je: a) konačna (ukupna, vuk), 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 konačna 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 početnom 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 = 30 m, koja se mjeri u smjeru koordinate izbačaja oba tijela. Izračunajte početnu brzinu, v0, i kut, α0, pod kojim je izbačeno tijelo 2. R: α0=74,910, v0=76,8 m/s 16. Kamen bacimo s vrha tornja visine 30 m početnom brzinom 40 m/s pod kutem 600 prema horizontali. Izračunajte vrijeme proteklo od izbačaja do pada kamena na tlo. (Slika)



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 početnom brzinom v01 pod kutem α u odnosu na x-os, a tijelo 2 bačeno 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?

Sl.uz 17. zadatak

v01

v02 = 20 m ⋅ s-1



2. DINAMIKA Dinamika je dio mehanike koji proučava 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 uočavamo da je tijelo u ravnoteži onda, ako je zbroj sila na tijelo jednak nuli, pa ga pišemo:

,01

=∑=

n

iiFr

(13)

gdje su Fi sile koje djeluju na tijelo. 2. Newtonov aksiom Ovaj aksiom opisuje jednu od najvažnijih fizikalnih veličina, silu F

r, koja opisuje djelovanje

na neko tijelo. Ako na tijelo djeluje sila F

r, ona je proporcionalna akceleraciji ar pri čemu je faktor

proporcionalnosti jednak fizikalnoj veličini koja označava odupiranje tijela gibanju i nazivamo je troma masa mtr . Aksiom u kojem je izražena opisana ovisnost možemo izraziti jednadžbom:

.amF trrr

⋅= (14)

Mjerna jedinica za silu u SI sustavu je 1 N (njutn), koju možemo prikazati pomoću osnovnih

mjernih jedinica: 1 N = 1kg ⋅ 1 2sm

∗ aksiom (axióō - cijenim, usvajam) očevidna spoznaja; osnovno načelo



3. Newtonov aksiom Ako dva tijela djeluju jedno na drugo, tada su sile međudjelovanja iste i suprotnih smjerova. Ovaj aksiom izražavamo slijedećom relacijom:

.1,22,1 FFrr

−= (15)

Ovaj zakon primjenjujemo u interakcijama dva tijela, na pr. u sudarima. Sila trenja Trenje između površina dvaju tijela Fizikalni sistemi u kojima pratimo gibanja u dinamici najčešće su ravne podloge ili kosine. Ako su površine između tijela potpuno glatke (idealne), tada ne govorimo o trenju, odnosno o interakciji tijela s podlogom. Ako su u promatranim fizikalnim procesima dodirne površine između tijela neravne (realne) tada govorimo o interakciji između površina koju opisujmo silom trenja, Ftr. 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:

.11

,∑=

⊥⋅=n

itr FFrr

μ

U ovom izrazu okomite sile su najčešće: čitava težina tijela, G; dio čitave težine (kosina), G⊥ i (ili) dio vanjske sile koja djeluje pod nekim kutem u odnosu na ravninu gibanja Fv . 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 naći 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 slučaja Fv,y = Fv sin β.



Na slici su navedeni primjeri a), b), c) i d) u kojima različite 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).

a) b)

c) d)

β

Fv,y

Fv,x

Ftr α

β

G⎜⎜ G⊥

G

Fv

Fv,y Fv,x

α

Ftr Fv

G G⊥

G α

α

Ftr

G⎜⎜



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 Fotp a rad utrošen na tu silu označavamo Wotp. 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 računamo iz izraza za rad te sile:

,sFW otpotprr⋅=

pri čemu je sr put na kojem djeluje sila otpora Fotp uz pretpstavku da je ta sila konstantna (približno konstantna) duž promatranog puta. Rad sile otpora nalazimo iz relacija za očuvanje energije u nekom promatranom sistemu, primjer 17.. Primjeri: 15. Tijelo mase 5kg bačeno je s visine 100m početnom 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) Ftr = 37.5 N, Wtr/Epoč = 62.5% 16. Automobil mase 1400 kg kreće 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 povećala 2 puta? (Sila trenja je zanemarena) R: ΔP = 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. h

Epočetna(A) = Wotp + Ekonačna(B) Wotp = E(A) - E(B) Wotp = mgh + 1/2 mv0

2 - ½ mvuk2

Wotp

= 48 J

Fotp = Wotp /h Fotp = 1.92 N

Epočetna (A) v0

Ekonačna (B) vuk



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) Fv = 15N, b) Fv = 20N, c) Fv = 30N. R: a) Fv < FTR , mirovanje, b) Fv = FTR , labilna ravnoteža, c) Fv > FTR , a = 1m/s2, s = 1620 km 19. Tijelo se spušta s vrha kosine visinske razlike vrha i dna 200 m kuta nagiba 150 bez početne brzine. Izračunajte: a) vrijema trajanja gibanja do dna kosine, b) konačnu brzinu tijela. (trenje je zanemareno). R: a) tuk = 24.4s, b) vuk = 227.7km/h 20. Tijelo mase 10kg giba se s vrha kosine kuta nagiba 100 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) tuk = 1.4min, b) vuk = 76km/h c) WTR = 12761,( WTR /Epoč ) · 100% = 85% gubitka

h

G

α

G⎜⎜ G⊥ α

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

Rezultantna sila na tijelo:

FR = G⎜⎜

m·aR = m·g ⋅ sinα, a = 2.59 2sm

*lh = αsin , l =

αsinh = 773m

tuk = al2 = 24.4 s

b) vuk = al2 = 63.2m/s = 227.7 km/h

* l je duljina kosine



21. Kamion mase 10 tona spušta se niz kosinu visinske razlike 300m, nagiba 100 i koeficijenta trenja 0.2 početnom brzinom 54 km/h. Kolika treba biti sila motora, vanjska sila (Fv) i snaga ako kamion želi zadržati konstantnu brzinu gibajući se niz kosinu. U kojem smjeru djeluje sila motora? 22. Kamion mase 10 tona spušta se niz kosinu visinske razlike 100m, kuta nagiba 100 i koeficijenta trenja 0.2. Početna brzina kamiona je 72km/h. Izračunajte: a) srednju snagu motora i b) vrijeme silaska kamiona do dna kosine, ako želimo da se kamion na dnu kosine zaustavi? R: a) Fv = - 6.04 kN, P = 60.04 kw; b) tuk = 57.6min Fv = - 3.7 kN, P = 37 kw tuk = 57.6 s

za v = konst ⇒ ∑ Fi = 0 slika: Fv + G„ - Ftr = 0 ⇒ Fv = 2.3⋅103N iz predznaka sile i slike uočavamo da je smjer vanjske sile (motora) niz kosinu (prema dolje); onaj koji smo pretpostavili P = Fv ⋅ v = 34.5kw

a) rezultantno gibanje je usporavanje (vkon< vpoč),

aR = lvpoč

2

2

, ⇒ aR = - 0.347m/s2

iz jednadžbe: FR = G║ - FTR - Fv

možemo izračunati vanjsku silu: Fv = - 3.7 kN, srednja snaga je:

kWvFP v 37=⋅= , gdje je

smvv

v konačonpoč 102

=+

=

b) min6.572=

⋅=

Ruk a

lt

FTR Fv

α G

Frezult

G||

G⊥

α

v = konst FTR

Fv α

G | | G⊥

α



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: Fv = 90N 24. Čovjek gura teret mase 30 kg vanjskom silom prema dolje tako da sila zatvara kut od 370 s horizontalnom podlogom (negativan kut) čiji koeficijent trenja je 0.3. Kolika je vanjska sila čovjeka koja uzrokuje jednoliko gibanje duž podloge? R: Fv = 145N 25. Čovjek vuče teret mase 30 kg vanjskom silom prema gore tako da sila zatvara kut od 370 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: Fv = 92 N Potencijalna energija Svaka sila posjeduje područje u kojem djeluje; to područje nazivamo polje sile, na pr. gravitacijsko polje Zemlje. Tijelo koje se nalazi u području djelovanja neke sile (u klasičnoj mehanici je to uglavnom gravitacijska sila) posjeduje potencijalnu energiju, Ep, 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.) također vrši rad vraćajući se natrag u ravnoteži položaj. Izvršeni rad u polju djelovanja neke sile možemo izraziti pomoću poznate relacije:

sdFdW rr⋅= ,

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

rdFdW grrr

⋅= .

Ukupni rad što ga izvrši sila jednak je integralu diferencijalne veličine dW , koji će u skalarnom produktu dati vrijednosti samo u j

r, odnosno u –y smjeru:

)( AB

y

ygr yymgrdFW

B

A

−−=⋅= ∫rr

.



Veličina ymg zove se gravitacijska potencijalna energija tijela na visini y . Ako pretpostavimo da je tijelo u početnom položaju na visini 0=Ay , tada potencijalna energija ima izraz:

hmgymgE Bp ⋅=⋅= ,

Gdje je h visina tijela iznad one ravnine koju smo pretpostavili kao početni položaj. 2.2. ZAKONI OČUVANJA U dinamici moramo obratiti pažnju na zakone očuvanja koji vrijede u svakom dobro definiranom (zatvorenom) fizikalnom sistemu. Za svaki fizikalni proces vrijedi zakon očuvanja energije i zakon očuvanja količine gibanja. Zakon očuvanja energije tvrdi da ukupna energija nekog tijela u zadanom fizikalnom procesu ostaje sačuvana u svakoj točki procesa. Pri tom mislimo na kinetičku energiju, Ek, i potencijalnu energiju, Ep, a mogu se javiti i energije "gubitka" u obliku trenja. Na primjeru slobodnog pada može se potvrditi da je ukupna energija nekog tijela na početku slobodnog pada, na kraju slobodnog pada i u bilo kojoj točki slobodnog pada uvijek ista. Zakon očuvanja energije izražavamo relacijom:

konpkonkpočppočk EEEE ,,,, +=+ (18) gdje su Ek,poč i Ek,kon početne i konačne kinetičke energija a Ep,poč i Ep,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 međudjelovanjima zbroj količina gibanja tijela prije sudara jednak zbroju količina gibanja poslije sudara. Fizikalna veličina količina gibanja jednaka je umnošku mase i brzine nekog tijela. Zakon očuvanja količine gibanja prikazujemo relacijom:

´22

´112211 vmvmvmvm rrrr

⋅+⋅=⋅+⋅ (19) u kojoj su izrazi 1vr i 2vr brzine tijela prije međudjelovanja dvaju tijela (izmjene impulsa), a izrazi 1v ′r i 2v ′r brzine tijela nakon navedenih međudjelovanja.



2.3. SUDARI Prilikom sudara dvaju tijela izmijenjuju se energije i impulsi u skladu sa zakonom očuvanja energije i zakonom očuvanja količine gibanja. Ovisno o vrstama energija koje se pojavljuju u sudarima, definiramo savršeno elastične i savršeno neelastične sudare. Sudari koji se dešavaju na jednom pravcu su centralni sudari, a ostali sudari su oni koji se dešavaju pod kutem. Elastični sudari U savršeno elastičnom sudaru, dva tijela mase m1 i m2 i pripadnih brzina v1 i v2 izmijene impulse prilikom sudara, pri čemu svaka čestica promijeni kinetičku energiju, odnosno brzinu. Prilikom navedenog sudara ne govorimo o potencijalnoj energiji, budući da je ona konstantna (ne mijenja se) prilikom sudara.

Sl. 12. Centralni elastični sudar

Zakoni koji vrijede za savršeno elastičan sudar su:

222

211

222

211

22112211

21

21

21

21

,

vmvmvmvm

vmvmvmvm

′⋅+′⋅=⋅+⋅

′⋅+′⋅=⋅+⋅rrrr

(20)

Primjer: 26. Tijelo mase 8kg i brzine 10m/s sudari se elastično 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; v2' = 10.46m/s, b) v1

' = -3.85m/s; v2' = 30.10m/s

1vr 2vr 1v ′r 2v ′r

m1 m1

m2 m2

izmjena impulsa



Neelastični sudari U savršeno neelastičnom sudaru tijela mase m1 i m2 i pripadnih brzina v1 i v2 izmijene impulse na taj način da se tijela nastave gibati zajedničkom brzinom v a prilikom sudara dolazi do razvijanja topline radi povećanja unutarnje energije sistema (deformacije). Na taj način je zbroj kinetičke energije prije sudara veći nego iza sudara. U izraz zakona očuvanja zato ulazi toplina Q, koja uz ostale energije osigurava sačuvanje energije tokom procesa.

Sl.13. Centralni neelastični sudar

Zakoni koji vrijede za savršeno neelastičan sudar su:

.)(21

21

21

,)(

221

222

211

212211

Qvmmvmvm

vmmvmvm

+⋅+=⋅+⋅

⋅+=⋅+⋅rrr

(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 neelastično 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/Epoč · 100% = 89.5%

izmjena impulsa

1vr 2vr vr

m1 m1 + m2 m2



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

Sl.14. Gibanje po kružnici U smjeru tangente na kružnicu tijelo ima brzine 0vr (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 Fcp; 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 slijedeći način:

,22 20

0 rvafr

Trv cp r

rrr

rr

=⋅== ππ (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 Fcf, koja djeluje u suprotnom smjeru od djelovanja centripetalne sile a po iznosu su te dvije sile jednake:

.cpcf FFrr

−= (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 sprečava se na dva načina: a) nagibom ceste prema unutrašnjosti zavoja i b) povećanjem trenja u smjeru okomitom na gibanje, tj u smjeru suprotnom od FCF.

0vr

0vr

rr

90°

0vr

cpcp Farr ,



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? 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 FCF ? 30. Cesta na zavoju ima nagib od 150 uz dodatak povećanja 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 v = 20m/s α=?

iz slike možemo očitati: tg α = Fcf / G tg α = ( m · v2/r )/ (mg ) = v2/rg tgα = 400/500 ⇒ α = 38.60

FCF

konačni položaj ceste

α

α

FRG

r

Ftrv = 20m/s r = 50m μ = ?

FCF

G

Ftr = FCF

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

iz slike vidimo da je rezultantna sila u smjeru centrifugalne sile jednaka: ΔF = FCF - Ftr

ΔF = m ⋅ v2/r - μ mg ⋅ cosα nagib ceste naći ćemo iz omjera

sila: αtgGF=

Δ

nakon uvrštavanja sila dobivamo:

( )[ ]ααμ tgrgv += cos v = 16 m/s = 59.5 km/h

r = 50m α = 150

μ = 0.3 v = ?

ΔF Ftr FCF

α

G

konačni položaj ceste

FR



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 RZ i bit će u ravnotežnom položaju ako su centripetalna sila FCP, u ovom slučaju težina tijela G, i centrifugalna sila, FCF jednake po apsolutnom iznosu, slika. RZ = 6370 km = 6.37⋅ 106 m g = 9.81 m/s2 Dobivena brzina vI naziva se prva kozmička brzina. 32. Koju brzinu trebamo dati satelitu da napusti gravitacijsko polje Zemlje? Uputa: Da bismo odredili brzinu trebamo izračunati rad koji će to tijelo treba izvršiti savladavanjem gravitacijske sile Zemlje pri udaljavanju s njene površine, RZ, u beskonačnost, ∞. Minimalni rad tijelo dobije na račun kinetičke energije čiju pripadnu brzinu moramo odrediti. dobivena brzina IIv se naziva druga kozmička brzina.

W = ∫ Fgr dr = ∫ K⋅ (Mzm / RZ

2)⋅dr

W = K⋅ ( Mzm / RZ 2 ) ⋅ r

ZRΙ∞

= - g · m ·RZ

radi EP = EK ⇒ g⋅m⋅RZ = m⋅v2 / 2 ⇒

IIv = ZRg ⋅⋅2 = 11.2 km/h (podaci za g i RZ isti kao u zadatku 31.)

satelit napušta gravitacijsko polje Zemlje

Zemlja

S IIv

ravnoteža se postiže: FCP = FCF G = FCF mg = mvI

2 / RZ vI = ( RZ · g )1/2

vI = 7.9 · 103 m/s

S

vI

vI

FCF FCP RZ



II MEHANIKA TEKUĆINA Upoznavanje svojstava tekućina 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 određene pretpostavke smatrati sistemom koji se ponaša kao materijalna čestica. Kod tekućina takav prikaz nije moguć, te večina fizikalnih veličina koje opisuju tekućine imaju karakteristike mnoštva čestica (tlak, volumen, gustoća, unutarnja energija). Mehanička svojstava tekućina dijelimo na statiku i dinamiku tekućina, pri čemu se u dinamici upoznajemo s idealnim i realnim tekućinama. 1. STATIKA TEKUĆINA Ako tekućina miruje, govorimo o statici tekućina. 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 tekućina nalazi u posudi koja je zatvorena klipom površine S. Ako na klip djelujemo vanjskom silom Fv, tada uzrokujemo tlak koji se prenosi na tekućinu. Taj tlak zovemo hidrauličkim tlakom. Možemo dakle reći da je hidraulički tlak onaj tlak koji nastaje u tekućini radi djelovanja vanjske sile. Taj tlak ima svojstvo da se širi jednako u svim smjerovima kroz tekućinu, a to znači da je tlak u svakoj točki nestlačivog i mirnog fluida jednak. U razmatranju se ne uzima u obzir vlastita težina tekućine, odnosno djelovanje sile teže na tekućinu, što ćemo obraditi u poglavlju o hidrostatičkom tlaku. Ovu zakonitost nazivamo Pascalovim zakonom za vanjski tlak tekućine. Koristeći navedeno svojstvo hidrauličkog tlaka, moguće je uz djelovanje male sile F1 na jedan otvor tekućine površine S1 dobiti mnogo veću silu F2 na otvoru površine S2, što je prikazano na sl.15.



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

1

11 S

Fp =

čitavoj tekućini i prenaša se na drugi čep površine S2:

2

22 S

Fp =

Tlak p2 stvara silu F2 koja ima vrijednost:

222 SpF ⋅= . Radi p1 = p2 ⇒

1

212 S

SFF ⋅= .

Sila F2 na većem otvoru toliko puta veća 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, kočnica, dizalica). Primjer: 33. Kod hidrauličke preše manji čep ima površinu 25 cm2 a površina većeg čepa je 0.5 m2. Na manji čep djeluje sila od 90 N. Izračunajte: a) koliko puta je sila tekućine na veliki čep veća od vanjske sile na mali čep, i koliko ona iznosi i b) masu (najveću) tijela koju bi sila na veliki čep mogla uravnotežiti. F1 = 90 N S1 = 25 cm2 S2 = 5000 cm2 R: F2 = 90 ⋅ 200 N = 18 000 N, što može uravnotežiti težinu mase 1 800 kg ili 1,8 tona

F1

F

S2 S1 p1

p2

p1= p2



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 tekućine na neki element površine ΔS.

Sl.16. Hidrostatički tlak Možemo reći da je ukupni tlak u tekućini na dubini h jednak zbroju vanjskog atmosferskog tlaka, patm i tlaka težine stupca tekućine 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 tekućine zove se hidrostatički tlak, a njegov iznos može se prikazati relacijom:

hgS

hSgS

VgS

Gp tthth

h ⋅⋅=Δ

⋅Δ⋅⋅=

Δ

Δ⋅⋅=

Δ= ρ

ρρ (23)

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

hgpp tauk ⋅⋅+= ρ (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 10 atm = 1 atm + ρt · g · h

ρt = 1030 kg/m3 g

atmht ⋅

=ρ9

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

patm

h

ρt ΔS

Stupac tekućine



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.

Sl.17. Hidrostatički tlakovi na tijelo uronjeno u tekućinu Razliku tlakova Δp = p2 – p1 možemo prikazati pomoću izraza za hidrostatičke tlakove:

hgp t Δ⋅⋅=Δ ρ (25) a ta razlika uzrokuje silu koju nazivamo uzgon:

Čtt VgShgSpU ⋅⋅=⋅Δ⋅⋅=⋅Δ= ρρ (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 tekućini ima prividnu težinu G' :

UGG −= 0´ (27) Odnos između prave težine G0 i uzgona U može biti takav da je: a) prava težina veća od uzgona (G0 > U) kada tijelo tone, b) jednaka uzgonu (G0 = U ) kada tijelo pliva i c) manja od uzgona (G0 < U) kada tijelo djelomično izranja iz tekućine. U ovom zadnjem slučaju moramo paziti da uzgonu doprinosi samo onaj dio volumena koji je uronjen u tekućinu, a kojeg označavamo s Vč

'. Navedeni slučajevi su prikazani na sl.18.

h1

h2

p2

p1

ρč

ρt ΔS



Sl.18. Odnos uzgona i težine u zraku za tijelo uronjeno u tekućinu Primjeri: 35. Mramorna kuglica radiusa 2 cm nalazi se u vodi. Izračunajte: 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 veličinu uzgona:

G′ = G0 - U,

pri čemu pravu težinu računamo iz izraza G0 = Vmr · ρmr · g,

uz Vmr = 4/3 r3π (r = 2· 10-2 m),

koja iznosi G0 = 0.920 N.Uzgon računamo iz izraza U = Vkuglice ·ρvode · g = 0.329 N, pa je kuglica teška G' = 0.920 - 0.329 = 0.591 N.

b) Smanjenje težine prikazujemo izrazom %1000

⋅GU

, što iznosi 36%.

36. Komad olova pliva na živi. Koliki dio olova je uronjen u živu? (ρPb= 11.3 g/cm3, ρHg = 13.6 g/cm3)

R: Iz uvjeta za ravnotežu G0 = U dobijemo omjer: 83,0=′

VV

,ili 83%, gdje je

V ′uronjeni dio olova a V je čitavi dio.

G0

U1

U2

U3

G0

U3 > G0

Vč'

G0 ρ1 ρ2 ρ3

U2 = G0

U1 < G0



III KALORIKA I TERMODINAMIKA 1. KALORIKA 1.1. TOPLINA, UNUTARNJA ENERGIJA I TEMPERATURA Kalorika je dio fizike koji ispituje toplinsku energiju; njena svojstva, prijelaze između različitih sistema i mogućnosti prijelaza u druge energije. Toplinsku energiju povezujemo s energijom srodne vrste, unutarnjom energijom, pa ju i pomoću te energije definiramo. Unutarnja energija je zbroj svih energija čestica nekog sistema, pri čemu mislimo na kinetičke 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 kinetičke 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 različitim temperaturama dovedu u termički kontakt, tada će jedan dio unutarnje energije preći s tijela s višom temperaturom na tijelo s nižom temperaturom. Dio unutarnje energije koji prelazi između dva tijela sve do njihove termičke ravnoteže (izjednačavanja temperature) je toplinska energija. Fizikalnu veličinu temperaturu spominjemo u objašnjenju i unutarnje energije i toplinske energije. Obje energije su proporcionalne s temperaturom, što znači da njihovo povećanje (ili dovođenje) uzrokuje povećanje temperature, što vrijedi i obrnuto. Pravo značenje temperature može se upoznati u kinetičkoj teoriji plinova, koju za sada nećemo razmatrati. Stoga možemo spomenuti jednostavnije značenje temperature koja opisuje stupanj zagrijanosti nekog tijela. Temperatura se mjeri unutar različitih temperaturnih skala, od kojih su najčešće Celsiusova i termodinamička temperaturna skala. U Celsiusovoj temperaturnoj skali granične (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 različitih temperatura, pri čemu se izmjena vrši bez gubitaka

21 QQ = (28)



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 računa; 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 omogućuju izmjenu topline bez gubitka. U navedenim mjerenjima mjere se kalorimetrijske veličine koje su u vezi s dovođenjem topline na neko tijelo, a koje ćemo saznati ako prikažemo opći izraz za toplinu dovedenu (ili odvedenu) na neko tijelo:

tcmQ Δ⋅⋅= (29) U gornjem izrazu m je masa, c specifični toplinski kapacitet i Δt = tk – tp 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:

)()( 222111

222111

TtcmtTcmili

tcmtcm

−⋅⋅=−⋅

Δ⋅⋅=Δ⋅⋅

(30)

U gornjem izrazu uočavamo da tijelo mase m1 i specifičnog toplinskog kapaciteta c1 ima nižu temperaturu t1 od temperature t2 tijela mase m2 i specifičnog toplinskog kapaciteta c2,; oznake su prikazane na sl.19.

Sl.19. Izmjena toplina u kalorimetru

Ako prilikom izmjene toplina svako tijelo ostaje u svojem agregatnom stanju, možemo dobiti izraz za temperaturu smjese, T:

2211

222111

cmcmtcmtcm

T⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅= (31)

m2, c2, t2 (metal)

m1, c1, t1< t2 (voda)

21 QQ =



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 = Pdob / Pgrijalice, gdje je Pdob snaga grijalice kojom zagrijavamo vodu. Snaga daje električni rad Pdob = Wel / t, koji se pretvara u toplinsku energiju Wel = Q, pa je Q = Pdob⋅ t. Potrebna toplina za zagrijavanje vode je Q = mcΔt. Konačni izraz za vrijeme zagrijavanja je t = mcΔt/Pdob, koje iznosi 11.04 min. 39. Grijalicom od 2 kW i koeficijenta iskorištenja 80% zagrijavamo 2 litre vode početne temperature 15 °C u trajanju 5 minuta. Na koju temperaturu smo zagrijali vodu? (cv = 4190 J/kg st) R: Zadatak se izrađuje na sličan način kao zadatak 38.uz uvjet da tražimo razliku temperature iz koje dobijemo: Δt = tk – tp, tk = tp + Δt, pa je tkonačno = 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) količinu topline dodajemo toplinu koja je potrebna za prijelaz iz krutog u tekuće ili iz tekućeg u plinovito stanje. Toplinu koja se dovađa nekom tijelu na temperaturi prijelaza iz krutog stanja u tekuće, na temperaturi taljenja Ttalj, nazivamo latentnom toplinom taljenja λtalj, a onu koju dovađamo na temperaturi isparavanja Tisp, 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:

isptalj ttisp

tttalj m

QmQ

==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= λλ , (32)

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 privlačnih sila između čestica uređenijeg agregatnog stanja (krutog na pr.) pri prijelazu u manje uređeno (tekuće), pri čemu temperatura tijela ostaje nepromijenjena. Mjerne jedinice za latentne topline su J/kg. Vrijednosti za latentne topline isparavanja su uglavnom veće 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 uređeno a oslobađaju se u



obrnutom procesu. Ovisnost temperature tijela i dovedene topline prikazuje se na T/Q dijagramu, sl.20. Iz T/Q dijagrama možemo pročitati izraz za ukupnu količinu 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):

( ) ( )taljtttaljčtaljč TTcmmTTcmQ −⋅+⋅+−⋅= λ (33) Obratimo pažnju na nagibe krivulja u T/Q dijagramu u krutoj, tekućoj i plinovitoj fazi. U krutoj fazi nagib je veći jer je cč < ct, jer je međusobna ovisnost nagiba i specifičnog toplinskog kapaciteta prikazana relacijom:

,1 Qcm

Ti

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

= (34)

gdje je

icmtg

⋅=

1α (34a)

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, CP i molarnom toplinskom kapacitetu za izohornu promjenu, CV. Odnos ta dva kapaciteta je CP/CV = κ, gdje je κ adijabatski koeficijent koji iznosi 1.4 za dvoatomne molekule i 1.67 za jednoatomne molekule. Razlika između

Tt

Tč

Cp CV

B

A

T(K)

Ttalj

Tisp

Q(J)

cč

ct

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



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

molKJ⋅

314.8 .

Molarni kapaciteti za plin, CP 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:

kontVV

konstpp T

Qn

CTQ

nC

==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ΔΔ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ΔΔ

=1,1

(35)

Mjerna jedinica za CP i CV ista je jedinici plinske konstante R i iznosi molKJ⋅

.

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⋅105J 41. Komad leda mase 5kg moramo potpuno rastaliti. Koliko topline moramo pritom dovesti? (λtalj, led = 3.33⋅105J/kg) R: Q = 1.67⋅106J 42. Led mase 2kg i temperature –15 °C trebamo rastopiti i zagrijati na 80 °C. Koliko topline trebamo pritom dovesti ? (cvode = 4190 J/kg st, cled = 2100 J/kg st, λtalj = 3.33 ⋅ 105 J/kg) R: Ako koristimo relaciju (25) i prilagodimo je našem zadatku dobivamo Quk=1.403⋅106J. 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, λtalj = 3.33 ⋅ 105J/kg) R: U rješavanju opet koristimo relaciju sličnu 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 = mcΔt koji se koristi onda kada prilikom izmjene topline tijelo ne mijenja agregatno stanje. Iz jednadžbe izjednačavanja toplina:

Q1 = Q2 gdje s 1 označavamo vrijednosti za led a s 2 vrijednosti za vodu, dobit ćemo izraz:

m1c1 (TT – t1) + m1λtalj + m1c2 (T – TT) = m2c2 (t2 - T) Iz gornjeg izraza moramo izlučiti temperaturu t2, uvrstiti poznate vrijednosti i dobit ćemo rezultat za temperaturu vode t2 = 26.3 0C.



44. Komad leda mase 5kg temperature –30 °C zagrijemo električnom grijalicom korisnosti 85%. Pri tom rastopimo led u vodu temperature 300C za vrijeme 15min. Izračunajte snagu grijalice. (cvode = 4190 J/kg st, cled = 2100 J/kg st, λtalj = 3.33 ⋅ 105 J/kg) R: Pođimo u razmatranju od topline koju trebamo dovesti ledu da ga zagrijemo od temperature –30 °C do +30 °C, čiji je oblik opet onaj nalik relaciji (25). Izračunata količina topline iznosi: Quk = 2.59⋅106J. Tu količinu topline dobivamo od 80% početne snage grijalice u kojoj se električni rad pretvara u toplinu relacijom:

Wel = Pdob⋅ tuk = 0.8 ⋅ Pgr ⋅ tuk, gdje je korisnost grijalice jednaka η = Pdob/Pgr . Radi pretpostavke:

Wel = Quk ⇒ Quk = 0.8 ⋅ Pgr ⋅ tuk ,

dobivamo konačni izraz Pgr = Quk / tuk ⋅ 0.8

i snagu grijalice je Pgr = 3.39kW. -------------- napomena: Pgr = ulazna snaga grijalice; Pdob = snaga grijalice u uvjetima korištenja (dobivena snaga) 45. U 2 litre vode temperature 20 °C bačen je komad aluminija mase 400g i temperature 600oC. Izračunajte a) koliko je vode prešlo u paru, ako je konačna temperatura 30 °C i b) kolika bi bila temperatura smjese da nije došlo do isparavanja? (cAl = 920J/kg st, cvode = 4190J/kg st i λisp = 22.6⋅105J/kg)

Sl.21. Tokom izmjene topline isparen je jedan dio tekućine

R: U ovom zadatku možemo računati 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 (t2 – T) = m1c1 (T – t1) + m'c1 (Tisp – T) + m'λ Ako iz gornje relacije izlučimo m' dobit ćemo rezultat m' = 50 grama.

ispareni dio vode

aluminij m2, c2, t2

m’

voda m1, c1, t1



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, cstakla = 840J/kg st i csrebra = 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:(m1c1 + m2c2) ( t –T) = m3c3 ( T – t3). U gornjoj jednadžbi vrijednosti označene brojevima 1 i 2 pripadaju vodi i boci, njihova temperatura označena je s t, a vrijednosti označene brojevima 3 pripadaju ubačenom srebru. Ako iz jednadžbe izlučimo temperaturu smjese T i izračunamo je, dobit ćemo vrijednost 74.1 °C, što znači da je smanjenje temperature vode jednako: Δt = T- t = 74.10C – 750C = - 0.87 °C 1.4. PROMJENE PARAMETARA STANJA KOD KRUTIH TIJELA I TEKUĆINA Obratimo pažnju na promjene koje se dešavaju nekom krutom tijelu ili tekućini kada im dovodimo toplinu. Pri tom nam sada nije objekt interesa izmjena topline, o čemu smo govorili u prošlom poglavlju, nego nas isključivo zanima koje fizikalne veličine se znatno mijenjaju kod navedenih agregatnih stanja dovođenjem 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 slijedeći način:

( )tVVt Δ⋅+= α10 (36) gdje je Vt promijenjeni volumen kod neke temperature t u odnosu na početni 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:

tVVtVVVt

Δ⋅⋅=ΔΔ⋅⋅=−

αα

0

00 (36a)

odakle slijedi izraz za volumni koeficijent toplinskog rastezanja:

tVVΔ⋅

Δ=

0

0α (36b)

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

αbakar = 7.2⋅10-5 st-1 i αvoda = 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



Plinovi pripadaju u agregatna stanja kod kojih se dovođenjem 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 treći 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 međusobnih 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 termičkom kontaktu s okolinom, što znači 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 veličine, što prikazujemo relacijom:

konstVp =⋅ ili 1

2

2

12211 ;

VV

ppVpVp =⋅=⋅ (37)

U relacijama (37) uočavamo da se obrnuta proporcionalnost dviju veličina izražava njihovim nepromijenjenim produktom; produkt je konstantan (konst). Takva ovisnost uz povećanje jedne veličine (na pr. volumena V1) uzrokuje smanjenje druge veličine (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.

a) izotermna ekspanzija b) izotermna kompresija

Sl.22. Izotermna promjena stanja plina

Q>0 Q<0

T = konst T = konst

p p

V V



U izotermnoj promjeni kod ekspanzije dovodimo toplinu (Q > 0) a kod kompresije odvodimo (Q < 0). Više o ovoj promjeni pa i o mogućnosti 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:

konstTV= ili

2

1

2

1

2

2

1

1 ;TT

VV

TV

TV

== (38)

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

a) izobarna ekspanzija b) izobarna kompresija

Sl.23. Izobarna promjena stanja plina

Na sl.23. prikazano je a) izobarno zagrijavanje budući da temperatura T 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, Cp, relacija (28):

tCnQ p Δ⋅⋅=Δ (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 veličine, što možemo prikazati relacijama:

konstTp= ili

2

1

2

1

2

2

1

1 ;TT

pp

Tp

Tp

== (40)

V

T

V

T



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

a) izohorno zagrijavanje b) izohorno hlađenje

Sl.23. Izohorna promjena stanja plina

Analogno izobarnoj promjeni, i kod izohorne promjene govorimo o dovođenju topline ili zagrijavanju kod porasta temperature i o odvođenju topline ili hlađenju kod smanjenja temperature. Isto tako izraz za dovedenu ili odvedenu toplinu prikazujemo iz jednadžbe za izohorni molarni toplinski kapacitet, relacija (28):

tCnQ V Δ⋅⋅=Δ (41)

gdje je Δt razlika koja isto kao i kod izobarne promjene može biti pozitivna ili negativna, pa su onda i analogne topline pozitivne (dovedene) ili negativne (odvedene). Može se pokazati da se sve opće promjene stanja plina mogu prikazati jednom općom jednadžbom koju nazivamo plinska jednadžba, koja glasi:

MmnjegdjeTRnVp =⋅⋅=⋅ , (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 različite promjene stanja plina. Iz opće plinske jednadžbe možemo dobiti sve plinske zakone ako jedan parametar u jednadžbi smatramo konstantnim. Primjeri: Napomena: Zadaci iz područja 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 svaku od promjena stanja plina.

p

T

p

T



R: T1 = 270C+273 =300K T2 = 1270C+273 =400K V1 = 10 litara

a) Iz jednadžbe za izobarnu promjenu stanja plina: T2/T1 = V2/V1⇒ V2 = 13.3 litara b) Tlak plina je konstantan, pa ga možemo izračunati iz početnih ili konačnih uvjeta: n = m/M = 24/32 = 0.75 g/mol p = nRT1 / V1 = 0.75⋅8.314⋅300/0.01 =1.87⋅105Pa = 1.87 bara

47. 4 grama plina vodika (molekularna masa vodika, MH2 = 2g/mol) nalazi se kod temperature 300K i tlaka 5 bara. Ako plinu izotermno povećamo volumen 5 puta, izračunajmo konačni tlak i volumen plina. m = 4 g n = m/M = 4/2 =2 mola T1 = 300 K = konst P1 = 5 bara = 5⋅105 Pa ------ p2 = ? V2 = ? Ako je V2/V1 = 5 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. (Mkisika = 32g/mol) 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 izračunat ćemo iz plinske jednadžbe:

p1V1 = mRT1/M ⇒ m = p1V1M/RT1 = 17.6 grama, gdje su: p1 = 10 bara = 106 Pa, T1 = 273 K i V1 = 0.01 m3.

b) Tlak ćemo izračunati iz izohorne promjene stanja plina.Promjena je naime izohorna, budući da je volumen boce konstantan. p2/p1 = T2/T1, ⇒ p2 = p1⋅T2/T1 = 10.99 bara, gdje su: T1 = 273 K, T2 = 300 K i p1 = 10 bara. c) Ako oduzmemo ¼ mase plina, tada ostaje: m′ = ¾ m = 13.2 grama, pa konačni tlak kod temperature 300 K računamo iz plinske jednadžbe: p2′ V1 = (m′/M)⋅RT2 ⇒ p2′ = m′RT2/MV1 = 8.23⋅105 Pa = 8.23 bara

Iz početnih uvjeta p1 i T1 možemo iz plinske jednadžbe izračunati početni volumen: V1 = nRT1/p1 = 0.00998 m3 ≈ 10 litara Iz jednadžbe za izotermnu promjenu V2/V1 = p1/p2 slijedi: V2 = 50 litara (pet puta veći volumn) P2 = 1 bar (pet puta manji tlak)



50. Zadan je volumen jednog mola idealnog plina pri normiranim uvjetima, što znači 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 1m3 idealnog plina? R: a) Iz opće plinske jednadžbe za normirane uvjete: p0V0 = RT0, n = 1, možemo izračunati: V0 = RT0/p0 = 0.02247 m3 = 22.47 m3. b) Ako znamo da jedan mol idealnog plina sadrži uvijek isti broj čestica, NA, koji iznosi 6.023⋅1023čestica/mol (Avogadrova konstanta), tada neki drugi volumen sadrži broj čestica proporcionalan volumenu jednog mola: V0 : NA = Vx : Nx ⇒ Nx = NA⋅ Vx/V0 = 2.68⋅1023 čest./mol



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

WQ → Procesi pretvorbe toplinske energije u mehanički 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 mogućnosti 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 međusobnu (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.

Sl.25 Navedeni zakon smatramo prvim postulatom ravnoteže klasične 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.

Q

T1 > T2 T1 = T2

termička veza termička ravnoteža



2.2. TERMODINAMIČKI 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 termodinamičkom sistemu vršimo promjene stanja plina mijenjajući sve ili samo neke parametre plina, tada govorimo o termodinamičkim 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 povećavamo 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 općm promjenama stanja plina sudjeluje u različitim 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 način sistem prolazi kroz niz ravnotežnih stanja koja su opet potpuno određena i kojima se proces može odvijati u oba smjera, što znači i u suprotnom smjeru. To ustvari znači da je kod razmjene topline između sisteme i okoline njihova temperatura gotovo jednaka. Takvi termodinamički procesi nazivaju se reverzibilni (povrativi) procesi, i oni su isključivo 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 određenom 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 termodinamičkim procesima. Kružni termodinamički procesi Ako u termodinamičkim procesima želimo izvesti pretvorbu toplinske energije u mehanički rad koja je kontrolirana u svakoj točki i ponovljiva u velikom broju koraka, tada se navedenim procesima moramo svaki puta ponovno vraćati u istu točku s mogućnošću neprekinutog odvijanja pretvorbe. Procesi koji su zatvoreni i sastoje se od reverzibilnih promjena stanja plina nazivaju se kružnim procesima.



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 općim promjenama stanja plina. Možemo reći 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 također 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:

konstVp =⋅ κ (43)

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:

.11

1

konstTpilikonstTp

konsVT

=⋅=⋅

=⋅

−−

−

κκ

κκ

κ

(44)

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

Q>0, T=konst

Q=0 ⇒ T↓

V1 V2

p

V



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:

WUQ +Δ= (45) Prvi zakon termodinamike je posljedica zakona očuvanja energije, koji kaže da u izoliranom sistemu ukupna energija ostaje konstantna bez obzira na procese koji se u sistemu događaju. Poznavajući sve promjene stanja plina, interesantno je sagledati ih upravo u prvom zakonu termodinamike. U izotermnoj promjeni stanja plina konstantna je temperatura, što znači i unutarnja energija, pa je promjena unutarnje energije jednaka nuli, ΔU = 0. Zato prvi zakon termodinamike za tu promjenu izražavamo relacijom:

WQ =Δ (46) što znači da se čitava toplina troši na vršenje rada. U izohornoj promjeni volumen je konstantan što znači da plin ne vrši rad, W = 0. Sva dovedena toplina koristi se na zagrijavanje sistema (povećanje unutarnje energije). Prvi zakon termodinamike za tu promjenu može se prikazati:

UQ Δ= (47) U izobarnoj promjeni tlak je konstantan. Povećanjem temperature povećava se unutarnja energija sistema a povećanjem volumena plin vrši rad. Na taj način su sva tri člana u prvom zakonu termodinamike za tu promjenu različita od nule, i dovedena toplina ima oblik upravo definiran tim zakonom:

WUQ +Δ= (48) Prilikom odvijanja adijabatske promjene plin je izoliran, pa je dovedena toplina jednaka nuli Q = 0. U toj promjeni sistem vrši rad smanjujući unutarnu energiju (hladeći se) što prikazuje relacija:

UW Δ−= (49)

Sva navedena razmatranja odnose se na pozitivne predznake fizikalnih veličina 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 veličine negativne.



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

VpW Δ⋅=Δ ili u diferencijalnom obliku

,dVpdW ⋅= pa je ukupni rad izvršen promjenom volumena između konačnog, V2, i početnog stanja, V1, jednak:

∫=2

1

),(V

V

dVTVpW (50)

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

0=VW (51) U izobarnoj promjeni stanja plina rad je jednak:

( )12 VVpWp −= (52) pri čemu i ovdje uočavamo da je rad pozitivan kada se volumen povećava (ekspanzija), jer je V2 konačni a V1 početni volumen plina. U izotermnoj promjeni stanja plina rad se također može dobiti iz općeg izraza za rad (43), i on ima vrijednost:

2

1

1

2 lnlnpp

TRnWiliVV

TRnW TT ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= (53)

gdje opet uočavamo da je rad pozitivan u procesu ekspanzije V2(konačni)> V1(početni). U adijabatskoj promjeni rad možemo prikazati relacijom:

( )210 1TTRnWQ −

−⋅

== κ (54)

gdje je T1 početna temperatura, a T2 konačna temperatura. Iz relacije slijedi da je rad u adijabatskoj promjeni pozitivan ako je početna temperatura veća od konačne, što znači da se plin hladi.



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 mehanički 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 Wdob u jednom ciklusu, što je prikazano na Sl.27., simboličan prikaz.

Sl. 27. Shematski prikaz kružnih procesa Postoje i drugi procesi koji se također 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.:

Sl.28. Shematski prikaz Carnotovog kružnog procesa

Karakteristika svih toplinskih strojeva je odvijanje procesa pretvorbe unutar dva spremnika topline, jednoga na višoj temperaturi, T1, iz kojega se oduzima toplina, Q1, i drugoga na nižoj temperaturi, T2, kojemu se predaje jedan dio oduzete topline, Q2. Toplina koja se oduzima od toplog spremnika predaje se plinu (idealnom plinu), koji dio te topline određenim 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 reći

Wdob

2 1

3 4

V

p

T1 Q1

Wdob

T2<T1

Q2



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 omogućeno ponavljanje ciklusa nebrojeno puta, odnosno broj ciklusa određuje se po volji i po potrebi. Općenito možemo reći da se toplina oduzima u jednoj ili više faza, što je za svaki pojedinačni proces potpuno određeno, a isto tako se i predaje hladnom spremniku u jednoj ili više faza, što znači da su u gornjem objašnjenju Q1 sve dovedene topline a Q2 sve odvedene topline. Carnotov proces možemo prikazati u p-V dijagramu, sl.29.:

Sl.29. Promjene stanja plina (faze) u Carnotovom kružnom procesu U ovom procesu dovodimo toplinu Q1 samo u prvoj fazi, izotermnoj ekspanziji. U drugoj i četvrtoj fazi ne dovodimo toplinu jer su te promjene adijabatske. U trećoj fazi, izotermnoj kompresiji, odvodimo toplinu Q2. Ako promotrimo obavljene radove, onda su oni u prve dvije faze (ekspanzije) pozitivni a u slijedeće 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 termodinamičkog procesa a dovedene topline su one veličine koje dovodimo u pretvorbu:

∑∑

=)(

)(

toplinedovedenej

iradovisvii

Q

Wη (55)

Radovi izvršeni (ili utrošeni) u pojedinim fazama procesa su redom:

p

QI>0, WI>0

QII = 0

QIV=0

I

II

IV

1

2

3

4

V

III

QIII<0, WIII<0



1

211 ln

VVTRnW ⋅⋅⋅=

( )212 1TTRnW −

−⋅

=κ

3

423 ln

VVTRnW ⋅⋅⋅=

( )124 1TTRnW −

−⋅

=κ (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 međusobno poništavaju, što se vidi iz gornjih izraza. Naime, u tim promjenama se u adijabatskoj ekspanziji plin ohladi za razliku T1 - 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, Q1 . Budući da je ta toplina dovedena u izotermnoj ekspanziji, ona je jednaka izvršenom radu, Q1 u toj promjeni (što slijedi iz prvog zakona termodinamike). Konačni izraz za η je tada:

1

21

3

42

1

21

ln

lnln

VVnRT

VVnRT

VVnRT

⋅

⋅+⋅=η (57)

Uz poznavanje omjera volumena u adijabatskim fazama:

T1⋅ V2κ-1 = T2 ⋅ V3

κ-1 za točke (2) i (3)

T1 ⋅ V1κ-1 = T2 ⋅ V4

κ-1 za točke (1) i (4)

možemo izraziti konačne omjere volumena:

V2/V1 = V3/V4 , pa izraz za η poprima jednostavni oblik:

⋅−=−

=1

2

1

21 1TT

TTTη (58)

Napomenimo još jednom, T2 < T1, tj. T1 je temperatura toplijeg spremnika a T2 je temperatura hladnijeg spremnika. Iz izraza (50) zaključujemo 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 postići (unutarnja energija takvog sistema bila bi jednaka nuli).



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 uključuje 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:

,11

2

TT

−=η (59)

u kojem uočavamo da je η > 0 samo onda kada je T2 < T1 . Drugi vid pretvorbe koji govori o njenim uvjetima je nemogućnost potpune pretvorbe toplinske energije u mehanički rad. Zahtjevi o nemogućnosti potpune pretvorbe ne postoje u prijelazima između energija drugih vrsta, na pr.: prijelaz električne 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.



2.8. PRIMJERI KRUŽNIH PROCESA Napomena: U zadacima u kojima računamo koeficijent iskorištenja kružnih procesa koristit ćemo kružne procese sa tri faze. Iako takvi procesi nisu u tehničkoj upotrebi, mi ih koristimo radi provjere znanja, budući da su jednostavniji za izradu. Možemo koristiti slijedeće kružne procese sa tri faze: Primjer 1.

Sl.30. U ovom procesu su prisutne slijedeće faze: I izotermna ekspanzija (T = konst) II izobarna kompresija (V↓ ⇒ T↓) III izohorno grijanje (p↑ ⇒ T↑) Koeficijent iskorištenja za taj proces je:

IIII

III

QQWW

++

=η (60)

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

QI > 0, WI > 0

QII < 0, WII < 0

QII

I > 0

, WII

I = 0

I II

III

2

1

3

V

p



Primjer 2.

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

II III

I

W WQ

η += (61)

U ovom izrazu je negativan rad u izobarnoj kompresiji, WIII < 0. Primjer 3.

Sl.32.

QII = 0, WII > 0

QIII < 0, WIII < 0

QI >

0, W

I = 0

3

1

2

IIIII

I

p

V

QII = 0, WII > 0

QIII < 0, WIII < 0 Q

I > 0

, WI =

0

IIIII

I

3

2

1

V

p



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

II III

I

W WQ

η += (62)

a rad je negativan u izotermnoj kompresiji, WIII. Primjer 4.

Sl.33. U ovom procesu prisutne su slijedeće faze: I izobarna ekspanzija (zagrijavanje) (V↑ ⇒ T ↑ ) II izohorno hlađenje ( p ↓⇒ T ↓ ) III izotermna kompresija (T = konst) Koeficijent iskorištenja za taj proces je:

I III

I

W WQ

η += (63)

gdje je rad u izotermnoj kompresiji, WIII , negativan.

p QI > 0, WI > 0

QII < 0, W

II = 0

QIII < 0, WIII < 0

1 2

3

II III

I

V



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 slijedeće promjene: a) izobarnom ekspanzijom poveća se volumen tri puta, b) izohornom promjenom plin je ohlađen na početnu temperaturu i c) izotermnom kompresijom vraćen je zrak u početno stanje. Koliki je koeficijent iskorištenja procesa? ( CV =20.5 J/K mol, κ = 1.4, MZR = 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 naznačili početno stanje plina zadano parametrima p1, V1 i T1, pri čemu smo temperaturu izračunali iz opće plinske jednadžbe. Isto tako izračunali smo da se u ciklusu nalazi 3 mola plina zraka. Za proračun promjena u pojedinim fazama moramo skicirati zadani ciklus. Proces možemo prikazati u p -V dijagramu, što je prikazano na Sl.34. :

Sl.34. Iz slike vidimo da je

I III

I

W WQ

η += (64)

što odgovara Primjeru 4., navedenih primjera. Poznavajući izraze za radove u izobarnoj i izotermnoj promjeni i toplinu dovedenu u izobarnoj promjeni, možemo izračunati: I Faza; V2 = 3V1 WI = p1 (V2 - V1) = 2⋅105⋅2⋅30⋅10-3 = 1.2 ⋅104 J QI = n Cp ΔT QI = n CP (T2 - T1) QI = 4.14⋅104 J

p

V

1 (p1,V1,T1) 2 (p1,V2,T2)

3 (p2,V2,T1)

QI > 0

QII < 0

QIII < 0

I

III II



II Faza; V2 = konst. WII = 0; QII < 0, ne trebamo računati III Faza; T1 = konst. WIII = n R T1 lnV1/V2 WIII = - 6.6⋅103 J Konačna vrijednost koeficijenta iskorištenja je:

4 3

4

1 2 10 6 6 104 14 10

η ⋅ + − ⋅=

⋅, ( , )

, = 13%



V. PRILOG ISPITNI TESTOVI



ispitni test 1 1. Neko vozilo se jednoliko ubrzava iz početnog položaja u kojem mu je brzina 36km/h. Nakon 800 m kretanja postiže brzinu od 126 km/h. Izračunajte akceleraciju i vrijeme potrebno za opisano gibanje. 2. Objasnite 3 osnovna zakona mehanike (Newtonovi aksiomi). Pojam sile, trome i teške mase, impuls sile i količina gibanja. Definirajte snagu, rad i energije u mehanici i pripadne mjerne jedinice u kojima se mjere te veličine. 3. Auto mase 700 kg kreće se duž ravne ceste koeficijenta trenja 0,15. Ako je srednja snaga auta 40 Kw i prosječna brzina 72 km/h, izračunajte 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 početne 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 2270C 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 povećao 12 puta u odnosu na početni. 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)



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 veličine? Kako definiramo rad, snagu i energiju (kinetičku 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 početnu 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 850C. (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. (Cp =29,0 J/kg mol)



ispitni test 3 1. Neko vozilo se jednoliko ubrzava iz početnog položaja u kojem mu je brzina 36km/h. Nakon 800 m kretanja postiže brzinu od 126 km/h. Izračunajte akceleraciju i vrijeme potrebno za opisano gibanje. 2. Objasnite 3 osnovna zakona mehanike (Newtonovi aksiomi). Pojam sile, trome i teške mase, impuls sile i količina gibanja. Definirajte snagu, rad i energije u mehanici i pripadne mjerne jedinice u kojima se mjere te veličine. 3. Auto mase 700 kg kreće se duž ravne ceste koeficijenta trenja 0,15. Ako je srednja snaga auta 40 Kw i prosječna brzina 72 km/h, izračunajte 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 2270C 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 povećao 12 puta u odnosu na početni. 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)



ispitni test 4 1. Objasnite osnovna i sastavljena gibanja u kinematici materijalne točke. 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 količina gibanja. Definirajte snagu, rad i energije u mehanici. 3. Kamion mase 3 tone spušta se niz kosinu visinske razlike 250m, kuta nagiba 150 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; grafički 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 600C za vrijeme 30 minuta. Izračunajte snagu grijalice. (cleda = 2100 J/kg st, cvode = 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 slijedeće promjene: a) izobarnom ekspanzijom povećan je volumen zraka dva puta, b) izohornim hlađenjem smanjena je temperatura na početnu vrijednost i c) izotermnom promjenom zrak je vraćen u početno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja zadanog procesa. (CV = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )



ispitni test 5 1. Objasnite osnovna i sastavljena gibanja u kinematici materijalne točke. 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 pređe 500m a u slijedećih 5 sekundi pređe 240m. Izračunajte : a) akceleraciju tijela i b) početnu i konačnu brzinu. 3. Objasnite 3 osnovna zakona mehanike (Newtonovi aksiomi). Pojam sile, trome i teške mase, impuls sile i količina gibanja. 4. Kalorika plinova. Osnovne promjene stanja plina, grafički 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 600C za vrijeme 30 minuta. Izračunajte snagu grijalice. (cleda = 2100 J/kg st, cvode = 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 slijedeće promjene: a) izobarnom ekspanzijom povećan je volumen zraka dva puta, b) izohornim hlađenjem smanjena je temperatura na početnu vrijednost i c) izotermnom promjenom zrak je vraćen u početno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja zadanog procesa. (CV = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )



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 početnom brzinom 5m/s. Posljednjih 20m ukupnog puta prijeđe u vrijeme od 0.4s. Izračunajte: a) visinu s koje je tijelo počelo padati i b) konačnu brzinu. 3. Auto mase 3t spušta se niz kosinu visine 17m i kuta nagiba 15o početnom brzinom 18km/h, uz konstantnu silu djelovanja motora niz čitavu kosinu. Za prvih 50m poveća 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 m3 noću je temperatura 180C (M22 = 15.4 g/m3 ) i relativna vlaga je 55%. Ako se danju temperatura poveća 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 500oC. Nakon izmjene topline prešlo je u paru 5g vode. Izračunajte konačnu temperaturu smjese. (Skica T-Q dijagrama) (CFe = 460 J/kg mol, Cvode = 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 tekućine postignut u zadanim uvjetima? 7. 35g dušika (MN2 = 28g/mol) zauzima volumen 15 l kod tlaka 2 bara. Na zadani plin izvršen je kružni proces na slijedeći način: a) izovolumnom promjenom plin se ugrije na 300 oC zatim se b) adijabatskom ekspanzijom plin dovede na početni tlak i c) izobarnom kompresijom plin se dovede u početnu točku. Prikažite kružni proces u p-V dijagramu i izračunajte koeficijent iskorištenja opisanog procesa. (κ = 1.4, Cv =20.8 J/mol st).



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 točaka 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 150 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 kočenje 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 tekućine postignut u zadanim uvjetima? 4. Metalna kugla gustoće 8 g/cm3 uronjena je u vodu gustoće 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 –200C. Otapamo ga sa 4 litre vode i dobijemo temperaturu smjese 20oC. Kolika je bila temperatura vode? ( cv= 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 noću 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 količine 7 mola, volumena 35 litara i tlaka 8 bara. Na zrak je izvršen slijedeći kružni proces: a) izotermnom ekspanzijom povećan je volumen 3 puta, b) izobarnom kompresijom smanjen je volumen na početnu 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, CV = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )



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 točaka 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 150 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 kočenje 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 neelastično. Izračunajte: a) gubitak energije u obliku toplinske energije u odnosu na početnu energiju sistema (u %) i b) put koji će obje kugle preći do zaustavljanja ako koeficijent trenja između podloge i kugli iznosi 0.2. 4. Metalna kugla gustoće 8 g/cm3 uronjena je u vodu gustoće 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 –200C. Otapamo ga sa 4 litre vode i dobijemo temperaturu smjese 20oC. Kolika je bila temperatura vode? ( cv= 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 noću 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 količine 7 mola, volumena 35 litara i tlaka 8 bara. Na zrak je izvršen slijedeći kružni proces: a) izotermnom ekspanzijom povećan je volumen 3 puta, b) izobarnom kompresijom smanjen je volumen na početnu 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, CV = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )



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 početnom 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 izbačaja 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 150, 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 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 veći od promjera užeg dijela cijevi, a brzina u širem dijelu je 5m/s. Izračunajte razliku tlakova koja osigurava kontinuirani protok tekućine u cijevi (izrazite tlak u barima). 5. Kugla radijusa 5cm i gustoće 6g/cm3 pliva na živi gustoće 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 cm3. 6. Iz zaleđivača je izvađen komad leda mase 200g temperature –200C. Otapamo ga sa 4l vode temperature 850C. Izračunajte temperaturu smjese sistema nakon izmjene topline. ( cvode = 4190 J/kg st, cleda = 2100 J/kg st , λ talj = 3.3·105 J/kg ) 7. Kružni proces vrši se na zraku mase 87g (Mzraka = 28.9 g/mol), volumena 20 litara i tlaka 3 bara. U jednom ciklusu kružnog procesa izvršene su slijedeće promjene: a) izobarnom ekspanzijom povećan je volumen 5 puta, b) izohornom promjenom ohlađen je plin na početnu temperaturu i c) izotermnom kompresijom vraćen je zrak u početno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja kružnog procesa. ( R= 8.314 J/K mol, Cv = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )



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 počinje se gibati uz kosinu nagiba 150 početnom brzinom 90km/h, pri čemu ne upotrebljava silu motora. Izračunajte: 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 gustoće 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 veći od promjera užeg dijela cijevi, a brzina u širem dijelu je 5m/s. Izračunajte razliku tlakova koja osigurava kontinuirani protok tekućine u cijevi (izrazite tlak u barima). 5. Komad leda 2kg i temperature –200C 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, cvoda= 4190J/kg st)

6. Tijelo je izbačeno s tla početnom brzinom 30m/s i pod kutem 300. Na udaljenosti 50m u x smjeru (smjeru tla) nalazi se visoki zid postavljen okomito na tlo. Izračunajte: a) na kojoj visini od tla će tijelo pogoditi zid i b) kolika je pri tom brzina tijela?

7. Zrak mase 289grama (Mzraka= 28.9 g/mol) ima početnu temperaturu 300K i tlak 3 bara i sudjeluje u slijedećem kružnom procesu: a) izobarnom ekspanzijom zraku se poveća volumen 4puta, b) adijabatskom ekspanzijom zrak se ohladi na početnu temperaturu i c) izotermnom kompresijom zrak se vraća u početno stanje. Izračunajte koeficijent iskorištenja kružnog procesa. ( Cp= 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 200C. Ako u prostoriju nepažnjom dodamo 420 g vodene pare i pri tom zagrijemo prostoriju na 230C, izračunajte relativnu vlagu u novonastalim uvjetima. (M20= 17.3 g/m3, M23= 20.6 g/m3)



ispitni test 11 1. Zadan je vektor gibanja materijalne točke: r(t) = (5t2-2)i + (3t-2)j opišite gibanje točke duž svake koordinate i b) izračunajte vektor i iznos brzine materijalne točke u vrijeme kada su koordinate točke 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 150 početnom 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 bačen je u 20 litara vode temperature 400C. Prilikom izmjene topline ispareno je 50 grama vode i uspostavljena je termička ravnoteža kod 450C (temperatura smjese). a) prikažite proces izmjene topline u pripadnim T/Q dijagramima; b) izračunajte početnu temperaturu ubačenog željeza. ( cH2O= 4190 J/kg st, cFe=460 J/kg st, λisp= 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 tekućine, pa je za isti protok potrebno povećati snagu pumpe za 30%. Izračunajte: a) protok tekućine u cijevi i b) viskoznost tekućine kod smanjene temperature. 5. U skladišnom prostoru papira volumena 80 m3 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? 6. 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 poveća volumen 3 puta, i 2) adijabatskom ekspanzijom plin se ohladi na 1000K. Prikažite promjene u p-V dijagramu i izračunajte pripadnu ukupnu dovedenu toplinu, Quk, izvršeni rad, Wuk, i promjenu unutarnje energije, ΔUuk. (R = 8.314 J/K mol, CV = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )



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 točke jednaka u x i y smjeru, (vx2 = vy2). 2. Auto mase 7t spušta se niz kosinu koeficijenta trenja 0.2 te nagiba 150 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 teče 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 tekućini gustoće 900kg/m3 tako da je 40% uronjena u tekućinu. Izračunajte unutarnji radijus kugle, ako je gustoća kugle 500kg/m3. 5. Iz hladionika je izvađen komad leda mase 200g temperature –400C. Otapamo ga sa 1 litre vode i dobijemo temperaturu smjese 300C. 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 70m2, relativne vlage 75% i temperature 17o (M17 =14.5g/m3) odijeljen je pomičnom pregradom u dva prostora čiji volumeni se odnose V1 :V2 = 1 : 4. Iz manjeg prostora odvodimo vodenu paru u veći prostor, pri čemu u manjoj prostoriji postižemo relativnu vlažnost 45%. Izračunajte konačnu relativnu vlagu u večem prostoru. (temperatura je konstantna) 7. Kružni proces vrši se na zraku količine 7 mola, volumena 35 litara i tlaka 8 bara. Na zrak je izvršen slijedeći kružni proces: a) izotermnom ekspanzijom povećan je volumen 4 puta, b) izobarnom kompresijom smanjen je volumen na početnu 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, CV = 20.5 J/K mol, κ = 1.4 )



Ispitna pitanja

I Mehanika materijalne čestice

1. Jednostavna gibanja. Pojam srednje i prave brzine; srednje i prave akceleracije. Kinematičke 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, općenito; 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, općenito; 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 između ta dva područja 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 očuvanja energije na primjeru nekog procesa ( na pr. slobodni pad ili gibanje niz kosinu). Isto tako objasnite zakon očuvanja količine gibanja na nekom primjeru (na pr. sudari).

10. Pojam impulsa i količine gibanja. Jednadžba impulsa. Mjerne jedinice za količinu 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 računa? Prikažite rad sile u općem 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 kinetičku 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 slučajeve: 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.



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 tekućinu? 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 tekućini?

18. Objasnite napetost površine. Definirajte koeficijent površinske napetosti. Skicirajte oblik površine tekućine apsorbirane na neku podlogu u slučaju kada je sila kohezije unutar čestica tekućine veća od sile adhezije između 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 tekućine. Jednadžbe kontinuiteta i očuvanja energije (Bernoullijeva jednedžba) za idealne tekućine. Objasnite statički i dinamički tlak tekućina. Definirajte protok tekućine, volumni i maseni. U kojim jedinicama se mjeri protok tekućine? Skicirajte vektore brzina idealne tekućine 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 tekućina kroz cijev. Izvedite raspored vektora brzine realne tekućine duž pravca okomitog na smjer gibanja tekućine (Poiseuilleov zakon). Izraz za protok u slučaju realnih tekućina.

21. Kakva je razlika između kinetičke i dinamičke viskoznosti? Izvedite jedinice za obje viskoznosti iz jednadžbi za te fizikalne veličine. 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. Specifični toplinski kapacitet definiran iz izraza za toplinu; mjerna jedinica za specifični 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 dovođenja 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 (opća 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 izračunati volumen jednog mola idealnog plina, a kako možemo izračunati plinsku konstantu R?



26. Toplina dovedena nekom sistemu u slučaju 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 mehanički 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 veličina 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.



Literatura:

1. P. Kulišić: Mehanika i toplina, Školska knjiga, Zagreb, 1998. 2. P. Kulišić i grupa autora: Riješeni zadaci iz mehanike i topline, Školska knjiga, Zagreb, 1998. 3. B. Mikuličić, M. Varićak i E. Vernić: Zbirka zadataka iz fizike, Školska knjiga, Zagreb, 2003. 4. 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/

phy.grf.hrphy.grf.hr/media/download_gallery/F1_skripte_mehanika i kalorika.pdf · Odabrana...

Documents

Transcript of phy.grf.hrphy.grf.hr/media/download_gallery/F1_skripte_mehanika i kalorika.pdf · Odabrana...