Naloge TOPLOTA

1. Valjasta posoda je s težkim batom, ki se giblje brez trenja, predeljena na dva dela. Na vsakem od njiju je 0,3 kg zraka, ki ima po vsej posodi enako temperaturo.. Ko je valj v navpični legi, razlika tlakov uravnoveša težo bata. Pri temperaturi 300 K je tedaj prostornina dela posode pod batom trikrat manjša od prostornine posode nad batom. Kolikšno je razmerje med prostorninama pri temperaturi 500 K? (Naloga iz zveznega tekmovanja mladih fizikov l.1967)

Rešitev :

 

Pri temperaturi T₁=300K ima zgornji del posode prostornino V₁ in spodnji del prostornino V_2, tlaka pa p₁ in p₂ . Pri temperaturi T₂ =500K sta prostornini zgornji del V₃ in spodnji V₄ . tlaka pa p₃ in p₄.

Ravnovesje se vzpostavi, ko so sile teže bata Fg, in sil zgornjega zraka p1*S in spodnjega zraka p2*S.

Pri temperaturi T₁ velja p₁ S + F_g = p₂ S (E.1) in pri temperaturi T2 velja p₃ S + F_g = p₄ S (E.2) , iz teh ravnovesij sledi, da je p₂ – p₁ = p₄ – p₃ ( E. 3) . Pomagamo si s splošno plinsko enačbo, kjer izrazimo tlake p₁ = m/V₁Mkg*RT₁ , p₂ = m/V₂Mkg*RT₁ in p₃= m/V₃Mkg*RT₂ ter p₄ = m/V₄Mkg*RT_2. Ko te izraze vstavimo v enačbo za razliko tlakov (E.3) , dobimo

T₁ ( 1/V₁ – 1/V₂ ) = T₂ (1/V₄ – 1 /V₃ ) (E.4)

Nadalje zapišemo , da velja da je V₂ = V₁/3 in velja tudi, da je V₁ + V₂ = V (skupni prostornini), zato je V₁+V₁/3= V in je

V₁=3*V/4. in 3V₂=3*V/4 kar pomeni, da je V₂=V/4. Enako velja V₃ + V₄ = V ,

V₃ = k*V₄ pri čemer je V , tako da je kV₄+V₄=V, iz česar sledi, da je V₄=V/(k+1)₃=k*V/(k+1) in V . Vse skupaj vstavimo v enačbo E.4 in dobimo za

k =2,08.

2. Vroča voda temperature T₁ = 90°C priteka v toplotno izolirano posodo, v kateri je v začetku bila voda mase m₀ = 50 kg in temperature T₀ = 20 °C. Masni tok pritekajoče vode je Φ_m = 2 kg/min. Vodo v posodi dobro mešamo. Kako se temperatura vode v posodi spreminja v odvisnosti od časa? Čez koliko časa t₂ ima voda v posodi temperaturo T₂ = 70°C.

Rešitev :

Da se začetna temperatura spremeni od T₀ do T je potrebna toplota Q = m₀ c (T – T₀), ki jo prinese pritekajoča vroča voda, ki se s tem ohladi od temperature T1 do T. Ta toplota je enaka Q = m_v c (T₁ – T). Ko izenačimo obe toploti dobimo izraz

m₀ c (T – T₀) = m_v c (T₁ – T). Iz izraza poiščemo maso pritekajoče vode m_v = m₀ (T – T₀) / (T₁ – T) . Ampak ta masa vode, ki ohladi vodo v toplotno izolirani posodi je enak m_v = Φ_m t. To je povezava s časom. Ta izraz vstavimo v predhodnega in izrazimo temperaturo T = T₀ + (T₁ – T₀) / (1 + m₀ / (Φ_m t)). In to je odgovor na prvo vprašanje. Iz te enačbe izrazimo še čas, da bomo lahko odgovorili na zadnje vprašanje t = (m₀ / Φ_m) (T – T₀) /(T₁ – T).

Razmišljamo ob času t = 0 je temperatura T = T₀. Po zelo dolgem času t = ∞ je povstavitvi v prejšnjo enačbo T = T₁ . Temperatura bo T₂ = 70°C po času t₂ = (m₀ / Φ_m) (T₂ – T₀) /(T₁ – T₂) = 1,04 ure.

3. Dve posodi povežemo z bakreno palico z dolžino 20 cm, presekom 10 mm2 in toplotno prevodnostjo 380 W/mK. Prvo posodo segrevamo z gorilnikom tako, da v njej ves čas vre voda. Druga posoda je v stiku s prvo le preko bakrene palice, sicer je izolirana. V njej je na začetku zmes 20 g vode in 10 g ledu pri 0 °C . Talilna toplota ledu je 336 kJ/kg, specifična toplota vode je 4200J/kgK. Druga posoda tehta 50 g in je iz snovi s specifično toploto 880 J/kgK.

a) V kolikšnem času se ves led stali?

b) Približno izračunaj, po kolikšnem času po tem, ko se led stali, se voda v drugi posodi segreje za 40°C?

Rešitev :

Podatki :

L=20 cm m_v = 20 g

S=10 mm2 m_l =10 g

λ=380 W/mK T₀ = 0°C

T₁ = 100°C T₂ = 40°C

q_t = 336 kJ/kg c_v = 4200 J/kgK

c_p = 880 J/kgK m_p = 50 g (posoda)

a) Toplotni tok, ki teče iz posode z vrelo vodo v posodo z ledom in vodo, je enak P = λ S (T₁ – T₀)/l = 1,9 W. Toplota, ki priteče po bakreni palici se porabi za taljenje ledu. Q_t = P t = m_l q_t. Iz te enačbe izračunamo čas t = m_l q_t / P = 1770 s = 29,5 minut.

b) Temperaturna razlika ni stalna in se s časom zmanjšuje. Voda se segreva do T₂. Toplotni tok, ki teče po palici se zaradi tega zmanjšuje. približno ga lahko izračunamo tako, da vzamemo povprečno temperaturo vode T_s = (T₂ + T₀)/2 = 20 °C. Toplotni tok je potem P₁ = λ S (T₁ -T_s) /l = 1,5 W.

Poleg vode se segreva tudi posoda, zato je toplota enak Q = P₁ t₁ = (m_v + m₁) c_v (T₂ – T₀) + m_p c_p (T₂ – T₀) . Iz te enačbe izrazimo čas segrevanja, ki je enak t₁ = ((m_v + m₁) c_v + m_p c_p) (T₂ – T₀))/P₁ = 4500 s = 1 h 15 min.

Naloge ELEKTRIKA

1. Žarnici, ki pri napetosti 220 V gorita z močjo P₁=100 W in P₂=50 W, zvežemo zaporedno na napetost 220 V. Koliko moči troši vir napetosti?

Rešitev :

Za zgornje podatke lahko izračunamo upornost posamezne žarnice. Upor prve je R₁=U² /P₁=485 Ω in druge R₂=U^₂/P₂ =970 Ω .

Žarnica z večjo nazivno močjo ima manjši upor (debelejšo nitko) in obratno.

Skozi zaporedno zvezani žarnici teče tok : I = U/(R₁+R₂) in moč pri 220 V je P = U I = U² /(R₁ + R₂) = 33,3 W.

2. Upornike R₁=4 Ω, R₂ = 2 Ω in R₃ = 1 Ω zvežemo, kot kaže slika. Izračunaj nadomestni upor te vezave! V kakšnem medsebojnem razmerju morata biti upora R₁ in R₂, da nadomestni upor ni odvisen od srednjega upora R₃?

Rešitev:

 

 

te naloge ni možno rešiti po pravilih vzporedne in zaporedne vezave.

Mislimo si , da na naše elktrično vezje priključimo na napetost U_g!

Ta poganja tok I = U_g / R. Kjer je R nadomestna upornost vezja. Zaradi simetrične razporeditve upornikov je tok skozi upornika R₂ enak ( napr . I₂ ). Iz podobnega razloga teče skozi upornika R₁ enak tok (napr. I₁ )

Po I.Kirch.zakonu velja za prvo razvejišče I = I₁ + I₂ ter drugo v točki 1

I₁ = I₂ + I₃ .

Za zgornji električni krog velja II.Kirch. zakon : U_g = R₁ I₁ + R₂ I₂.

Drugi krog naj gre skozi upornik R₃ , tako da je U_g = R₁ I₁+R₃ I₃ + R₂ I₂

Zamenjamo v drugi enačbi I₃ za I₃ = I₁ – I₂ .

Dobimo sistem dveh enačb :

U_g = R₁*I₁ + R₂* I₂

U_g =(R₁+R₃) I₁ + (R₂-R₃) I₂

Rešitve teh enačb so :

I₁ = U_g (R₂+R₃)/(2R₁R₂+R₂R₃+R₁R₃)

I₂ = U_g (R₁+R₃)/(2R₁R₂+R₂R₃+R₁R₃)

I₃= Ug (R₂-R₁)//(2R₁R₂+r2R₃+R₁R₃)

I = I₁ + I₂ = Ug (R₁+R₂+2R₃)/(2R₁R₂+R₂R₃+R₁R₃)

Če upoštevamo, da je U_g= R I je R = U_g / I . Tako je skupna upornost R = (2R₁R₂+R₁R₃+R₂R₃)/(R₁+R₂+2R₃) = 2,75 Ω

3. Uporniki R₁=10 Ω, R₂=40 Ω in R₃ = 20 Ω ter kondenzator kapacitete C = 1 μF so priključeni na električni generator z napetostjo 10 V, kot kaže slika. Kolikšen je stalni naboj na kondenzatorju, čez daljši čas. Kolikšen tok teče skozi upornik R₃? Kolikšna je napetost U₂ na na uporniku R₂ ?

Rešitev :
Ko se kondenzator napolni teče po zunanjem krogu, skozi upornike R₁ in R₂ tok I. Skozi vejo, v kateri je kondenzator tok ne teče.

Velja II.Kirch.zakon : U_g = R₁ I + R₂ I . Iz tega sledi, da je I = U_g / ( R₁+R₂ )= 0,2 A.

Na uporniku je padec napetosti U₂ = R₂ I = 8 V.

Ker tok skozi upornik ne teče, je padec napetosti na njem nič. Tako je potem napetost le na kondenzatorju in je enaka napetosti U₂. Toraj je U₂ = e / C. Tako, da je naboj enak e = C U₂ = C R₂ I = 8 μF.

4. Pravokotno tokovno zanko iz debelih bakrenih debelih bakrenih palic postavimo v homogeno magnetno polje gostote 0,4 Vs/m^₂ , katerega magnetne silnice so vodoravne. ravnina zanke je pravokotna na magnetne silnice. Na zanko je nataknjena vodoravna prečka specifičnega upora ζ = 1,8.10^-8 Ωm in gostote ρ = 8,8 g/cm³ . S kolikšno stalno hitrostjo prečka pada? Trenje zanemarimo, električni upor zanke je zanemarljivo majhen v primerjavi z uporom prečke.

Rešitev :

Če prečka dolžine a pada s hitrostjo v v prečnem magnetnem polju B, se v njej inducira napetost: U_i = B a v . Ta napetost požene tok v tokovni krog zanke in prečke. Toraj je tok I = U_i / R = B a v /(ζ a/S), kjer je ζ specifična upornost prečke, S je presek prečke. Tako je tok I = v B S/ζ . Zaradi toka I skozi prečko pa se pojavi magnetna sil F_m = B I a = B² a v S/ ζ.

ki zavira padanje. Hitrost padanja je stalna, če je teža prečke F_g enaka magnetni sili F_m.

F_m = F_g

B² v a S /ζ = m g , ko vstavimo za m = ρ S a dobimo

B^₂ v a S /ζ = ρ S a g , po okrajšanju in ureditvi enačbe dobimo

v = ρ g ζ / B² = 1 cm/s

5. Ploščni kondenzator ima kapaciteto C₀ = 10 pF. Plošči sta razmaknjeni za d = 1 cm. V kondenzator vtaknemo kos pločevine debeline a = 0,1 cm . Kolikšna je nova kapaciteta?

Rešitev :

 

Mislimo si , da kondenzator nabijemo z nabojem e in nato izklopimo vir napetosti. Naboj je stalen. nato vstavimo pločevino, na oddaljenost y od leve plošče. Na pločevini se influira naboj e.

Nalogo lahko rešimo na dva načina ( Slika a in b).

a) Prvotna napetost na med ploščama je

U₀ = e/C₀ = e d/(ε₀S), kjer je S površina plošč.

Ko damo pločevino vmes, je napetost sestavljena iz U₁ = e y /(ε₀ S) levo od pločevine in U₂ = e (d – a -y )/(ε₀ S) desno od pločevine. Na področju pločevine ni električnega polja. Tako je U = U1 + U2.

Celotna napetost je U = e(d – a )/(ε₀ S) = U₀ ( 1 – a/d ) , kjer smo postavili da je U₀ = e/(ε₀ S).

Iz izraza vidimo, da napetost U ni odvisna od lege (y ) plošče. Tudi če jo stisnemo k eni od plošč, ko je y = 0.

Tako je kapaciteta C = e / U = e /( U₀ (1 – a/d)) = C₀ /(1-a/d), kjer je C₀ = e/U₀, po vstavitvi podatkov je C = 11,1 p F.

b) Drugi način naj izračuna bralec sam. Ideja je ta da vzamemo kot dva zaporedno vezana kondenzatorja.

6. Lesen kvade s stranicami 30 cm x 30 cm x 5 cm položimo z največjo ploskvijo v bazen, v katerem je globina vode 6 cm. Na spodnjo ploskev kvadra pritrdimo izolirano tanko kovinsko ploščico z velikostjo 30 cm x 30 cm, enako ploščico pa še na dno bazena, natančno pod spodnjo ploskev kvadra. Ploščici priključimo na enosmerno napetost. Napetost počasi povečujemo. Pri kolikšni najmanjši napetosti se kvader popolnoma potopi. Masa ploščic je zanemarljiva. Podatki : Gostota lesa 800 kg/m3, gostota vode 1000 kg/m3m influenčna konstanta je ε₀ =8,9.10^-12 As/Vm in dielektričnost vode ε = 81.

Rešitev :

Podatki :

a = b = 30 cm, c = 35 cm, h = 6 cm, ρ₁ = 800 kg/m³ , ρ_v = 1000 kg/m³

ε₀ = 8,9.10^-12 As/Vm, ε = 81

Prostornina kvadra je V = a b c.

Kvader je ves potopljen, ko je razdalja med ploščami enaka d = h – c = 1 cm. Tedaj so električna sila Fe= eE, sila teže kvadra Fg = ρ₁ ab c g in sila vzgona F_vzg = ρ_v abc g v ravnovesju.

Fvzg = Fg + Fe iz česar sledi e E = ρ_v abc g – ρ_l abc g = abc (ρ_v – ρ_l) g .

Upoštevati moramo, da je naboj na plošči za za ε krat večji kot. če je med ploščama prazen prostor. e = C U = ε ε₀ S /d U. E je jakost električnega polja, ki ga povzroča spodnja plošča. Za tanko ploščo pa vemo, da je E = e/(2εε₀S). Ko vstavimo za naboj zgornjo zvezo dobimo E = U / 2d. Po vstavitvi izrazov v ravnovesno enačbo dobimo ε ε₀ ab U²/(2d² ) = abc (ρ_v – ρ_l) g . Iz te enačbe izpeljemo končni izraz za napetost U = (2(h-c)² c (ρ_v – ρ_l) g/(εε₀))^1/2 = 5200 V.