Ch1d ΑΣΚΗΣΕΙΣ.pdf

1. Σωματίδιο κινείται πάνω στον θετικό ημιάξονα των x και ξέρουμε ότι η πιθανότητα να βρίσκεται αυτό το σωματίδιο στο διάστημα από x έως x+dx είναι ανάλογη του e−λx. Υπολογίστε το <x > και το <x2>.

Σύμφωνα με τα δεδομένα της άσκησης θα πρέπει να ισχύει dP ∼ e−λxdx

Για αντικαταστήσουμε το σύμβολο της αναλογίας με το σύμβολο της ισότητας θα πρέπει να βάλουμε και κάποια σταθερά: dP =Αe−λxdx

Βεβαίως τη σταθερά Α ΔΕΝ ΤΗΝ ΞΕΡΟΥΜΕ και πρέπει να την υπολογίσουμε

Χρησιμοποιούμε τη συνθήκη κανονικοποίησης:

Είναι από εδώ σαφές πως η συνάρτηση f(x)=Αe−λx είναι ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΠΥΚΝΟΤΗΤΑΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ

0 0( ) 1xf x dx A e dxλ∞ ∞ −= =∫ ∫ 0

1xA e λ

λ∞− − = 1A

λ= A λ=

Δηλαδή η συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας θα έχει τη μορφή:

f(x)=λe−λx

Η άσκηση συνεχίζεται

1. Σωματίδιο κινείται πάνω στον θετικό ημιάξονα των x και ξέρουμε ότι η πιθανότητα να βρίσκεται αυτό το σωματίδιο στο διάστημα από x έως x+dx είναι ανάλογη του e−λx. Υπολογίστε το <x > και το <x2>.

0 0( ) xx xf x dx xe dxλλ

∞ ∞ −< >= =∫ ∫

Τώρα πλέον μπορούμε να προχωρήσουμε στον υπολογισμό των μέσων τιμών

0 0

x xxe e dxλ λ∞∞− − = − + ∫=0

0

1 1xe λ

λ λ

∞− = − =

2 220

2...................xx x e dxλλλ

∞ −< >= = =∫

α) Θεωρούμε (σωστά) το άζωτο ιδανικό αέριο. Αυτό μας δίνει ότι ο γραμμομοριακός του όγκος είναι 22,4 l. Επομένως έχουμε:

Στα 22,4 l =22,4⋅10-3 m3 περιέχονται 6,023 ⋅ 1023 μόρια Σε 1 m3 x;

x=2,689 ⋅1025 μόρια

Σε κάθε ακμή (του κύβου) μήκους 1 m θα υπάρχουν 25 83 2,689 10 2,996 10 μόρια.⋅ ≅ ⋅

Επομένως από εδώ βρίσκουμε για τη μέση απόσταση μεταξύ των μορίων o

9 78

Μήκος ακμής 1 3,34 10 m=3,34 10 cm=33,4 AΑριθμός μορίων στην ακμή 2,996 10

r − −< >= = ≅ ⋅ ⋅⋅

2. Εκτιμήστε τη μέση απόσταση <r> ανάμεσα α) στα μόρια του αζώτου σε κανονικές συνθήκες, β) ανάμεσα στα μόρια του νερού. Εκτιμήστε τους λόγους α=<r>/d, όπου d η διάμετρος του μορίου. Δίνεται d(N2)≅3,7⋅10-8 cm=3,7 , d(H2O) ≅3,0 . ( - Angstrem) o

AoA

oA

Από εδώ εύκολα βρίσκουμε 33,4 93,7

rd

α < >= = ≅


2. Εκτιμήστε τη μέση απόσταση <r> ανάμεσα α) στα μόρια του αζώτου σε κανονικές συνθήκες, β) ανάμεσα στα μόρια του νερού. Εκτιμήστε τους λόγους α=<r>/d, όπου d η διάμετρος του μορίου. Δίνεται d(N2)≅3,7⋅10-8 cm=3,7 , d(H2O) ≅3,0 . ( - Angstrem) o

AoA

oA

β) Για το νερό ξέρουμε ότι έχει πυκνότητα ρ=1 g/cm3 και γραμμομομοριακή μάζα 18 g. Επομένως έχουμε:

Στα 18 g, περιέχονται 6,023 ⋅ 1023 μόρια Σε 1 g x;

x=3,346 ⋅1022 μόρια

Σε κάθε ακμή (του κύβου) μήκους 1 cm θα υπάρχουν 22 73 3,346 10 3,222 10 μόρια.⋅ ≅ ⋅

Επομένως από εδώ βρίσκουμε για τη μέση απόσταση μεταξύ των μορίων o

87

Μήκος ακμής 1 3,1 10 cm=3,1 AΑριθμός μορίων στην ακμή 3,222 10

r −< >= = ≅ ⋅⋅

Από εδώ εύκολα βρίσκουμε 3,1 1,033,0

rd

α < >= = ≅

Επομένως x=3,346 ⋅1022 μόρια θα περιέχονται σε 1 cm3.

3. Υπολογίστε την απόσταση α ανάμεσα στα γειτονικά ιόντα Na και Cl στον κρύσταλλο του αλατιού. Δίνεται η πυκνότητα του υλικού ρ=2,17 g/cm3 και η γραμμομοριακή του μάζα 58 g. Η στοιχειώδης κυψελίδα του αλατιού είναι κυβική (;;;;).

Στα 58 g περιέχονται 2⋅6,023 ⋅ 1023 ιόντα Σε 2,17 x;

23 222,172 6,023 10 4,51 1058

x = ⋅ ⋅ ≅ ⋅

Σε κάθε ακμή (του κύβου) μήκους 1 cm θα υπάρχουν 22 73 4,51 10 3,56 10 μόρια.⋅ ≅ ⋅

Επομένως από εδώ βρίσκουμε για την απόσταση μεταξύ των ιόντων o

87

Μήκος ακμής 1 2,8 10 cm=2,8 AΑριθμός ιόντων στην ακμή 3,56 10

a −= = ≅ ⋅⋅

4. Στο εσωτερικό σφαίρας ακτίνας R είναι τυχαία κατανεμημένα μόρια. α) Υπολογίστε την πιθανότητα να βρούμε κάποιο μόριο σε απόσταση από r έως r+dr από το κέντρο της σφαίρας. Υπολογίστε επίσης β) το <r>, καθώς και γ) την ακτίνα της νοητής σφαίρας R1/2, στο εσωτερικό της οποίας κατά μέσο όρο βρίσκονται τα μισά μόρια.

α) Η πιθανότητα dW θα ισούται με το λόγο dV/V, όπου V ο ολικός όγκος της σφαίρας και dV ο απειροστά μικρός όγκος της περιοχής που καλύπτει την απόσταση από r έως r+dr από το κέντρο της σφαίρας.

Ξέρουμε ότι για τη σφαίρα ισχύει V=(4/3)πR3, ενώ για το σφαιρικό φλοιό dV=4πr2dr.

Επομένως 2 2

3 3

4 3 ( )(4 / 3)

dV r dr rdW dr f r drV R R

ππ

= = = =

β) Η συνάρτηση f(r) είναι συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας (κανονικοποιημένη). Από τον ορισμό της μέσης τιμής παίρνουμε.

330 0

3 3( )4

R Rr rf r dr r dr R

R< >= = =∫ ∫

γ) Προφανώς θα ισχύει 31/ 2

3

(4 / 3) 1(4 / 3) 2

RR

ππ

= 1/ 2 1/32RR =

5. Στο εσωτερικό ενός δοχείου όγκου V περιέχονται Ν μόρια. Βρείτε την πιθανότητα Ν/2 μόρια να περιέχονται στο μισό όγκο. Εφαρμόστε για Ν=ΝΑ (ΝΑ ο αριθμός του Avogadro).

Απάντηση στο συγκεκριμένο πρόβλημα μπορεί να μας δώσει η διωνυμική κατανομή

1!( , )

!( )!m n mnP V m p q

m n m−=

−Εδώ πρέπει να θέσουμε V1=V/2, n=N, m=N/2, p=q=1/2.

Τότε βρίσκουμε

/ 2 / 2 / 2 / 2! 1 1 ! 1 1( / 2, / 2)2 2 2 2!( )! ! !

2 2 2 2

N N N N NN NP V NN N N NN

− = = −

2! 1( / 2, / 2)

2!

2

N

NP V NN

=


Χρησιμοποιούμε τον τύπο του Stirling Για ισχύει ! 2nnn n n

eπ →∞ ≅

Βρίσκουμε

2! 1( / 2, / 2)

2!

2

N

NP V NN

=

2Nπ

=/ 2

21

22 ( / 2)

2

N

NN

NNeNNe

π

π

≅

21

2( )

2

N

N N

NNe

NNe

π

π

=

Για Ν=ΝΑ=6,023⋅1023 122 1,0 10A

PNπ

−= ≅ ⋅ !!!?


Χρησιμοποιούμε τον τύπο του Stirling Για ισχύει ! 2nnn n n

eπ →∞ ≅

Βρίσκουμε

2! 1( / 2, / 2)

2!

2

N

NP V NN

=

2Nπ

=/ 2

21

22 ( / 2)

2

N

NN

NNeNNe

π

π

≅

21

2( )

2

N

N N

NNe

NNe

π

π

=

Για Ν=ΝΑ=6,023⋅1023 122 1,0 10A

PNπ

−= ≅ ⋅ !!!? Απόλυτη διακύμανση: 115 10

2ANσ = ≈ ⋅

( / 2, / 2 / 2 ) ( / 2, / 2) (2 )A A AP V N m N P V Nσ σ σ− ≤ ≤ + ≈ ⋅ 12 1110 2 5 10 1−≈ ⋅ ⋅ ⋅ ≈


6. Υπολογίστε το ποσοστό των μορίων ιδανικού αερίου, οι ταχύτητες των οποίων διαφέρουν όχι περισσότερο από δη=1% από την τιμή της πιθανότερης ταχύτητας. Εξηγείστε ποιοτικά σε τι θα διαφέρουν οι υπολογισμοί σας αν π.χ. δη=30%.

Επειδή το ποσοστό των μορίων συμπίπτει με την πιθανότητα, θα έχουμε: ( )N f d

υ δηυ

υ δηυδ υ υΠ Π

Π Π

+

−= ∫

Όπου f(υ) η συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας από την κατανομή Maxwell

( ) (2 )Π ΠN fδ υ δηυ= ⋅υΠ υΠ-δηυΠ υΠ+δηυΠ

δΝ

Από το σχήμα καταλαβαίνουμε πως μπορούμε να θεωρήσουμε το δΝ ίσο με το εμβαδόν ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου βάσης 2δηυΠ και ύψους f(υΠ).

23/ 2

/ 24 (2 )2

Πm kT 2Π Π

m ekT

υπ υ δηυπ

− = ⋅

18 e δηπ

−= 1,66%≅

Στην περίπτωση που δη=30% δεν μπορούμε να κάνουμε την προσέγγιση και πρέπει να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα. Αυτό όμως δεν μπορεί να γίνει αναλυτικά και πρέπει να χρησιμοποιήσουμε είτε πίνακες, είτε υπολογιστή.

f(υΠ)

x

zy

7. Υπολογίστε το ποσοστό των μορίων ιδανικού αερίου, οι προβολές των ταχυτήτων των οποίων στον άξονα x βρίσκονται στην περιοχή υx έως υx+dυx, ενώ τα μέτρα της κάθετης στην υx συνιστώσας της ταχύτητας στην περιοχή από υ⊥ έως υ⊥+dυ⊥. Η μάζα κάθε μορίου είναι m και η θερμοκρασία του αερίου Τ.

υ

υ

υx

Από το σχήμα γίνεται κατανοητό, πως οι συνιστώσες που μας ενδιαφέρουν είναι οι 2 από τις 3 συνιστώσες των ταχυτήτων στο κυλινδρικό σύστημα (δεν υπάρχει η γωνία φ). Επομένως πρέπει α) να χρησιμοποιήσουμε την κατανομή Maxwell για το Καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων:

23/ 2

/ 2

2m kT

x y zdN m e d d dN kT

υ υ υ υπ

− =

β) Στη συνέχεια πρέπει να περάσουμε στο κυλινδρικό σύστημα συντεταγμένων σύμφωνα με το σχήμα, πράγμα που θα γίνει μόνο με τη χρήση της σχέσης: dυxdυydυz=υ⊥dυ⊥dυxdφ γ) Το επόμενο βήμα είναι να ολοκληρώσουμε ως προς φ, γιατί οι γωνίες δεν μας ενδιαφέρουν. Το αποτέλεσμα της ολοκλήρωσης είναι

2π Άρα τελικά βρίσκουμε

23/ 2

/ 222

m kTx

dN m e d dN kT

υπ υ υ υπ

−⊥ ⊥

=

8. Κενό αρχικά δοχείο όγκου V με λεπτά τοιχώματα βρίσκεται σε χώρο πολύ μεγάλων διαστάσεων που είναι γεμάτος με αέριο τα μόρια του οποίου έχουν μάζα m το καθένα. Η πίεση του αερίου είναι p0 και η θερμοκρασία σταθερή και ίση με Τ. Στα τοιχώματα του δοχείου ανοίγουν μικρή οπή εμβαδού S. Υπολογίστε την πίεση στο εσωτερικό του δοχείου σαν συνάρτηση του χρόνου.

Επειδή ο χώρος εκτός του δοχείου είναι μεγάλος η συγκέντρωση των μορίων σ’ αυτόν μπορεί να θεωρηθεί διαρκώς σταθερή και ίση με n0=p/(kT). Τη χρονική στιγμή t η συγκέντρωση στο εσωτερικό του δοχείου θα είναι n=n(t). Τότε στην οπή σε χρόνο dt θα προσπίπτουν απ’ έξω (και κατά συνέπεια θα εισέρχονται) n0<υ>Sdt/4 μόρια, ενώ από μέσα (και κατά συνέπεια θα εξέρχονται) n<υ>Sdt/4 μόρια.

Επομένως η μεταβολή του αριθμού των μορίων στο εσωτερικό του δοχείου θα είναι: dN= n0<υ>Sdt/4 - n<υ>Sdt/4=(n0-n) <υ>sdt/4.

Ισχύει όμως dN=d(nV)=Vdn

Έτσι καταλήγουμε στη διαφορική εξίσωση

0

1( ) 4

dn S dtn n V

υ< >=

−Η άσκηση συνεχίζεται

8. Κενό αρχικά δοχείο όγκου V με λεπτά τοιχώματα βρίσκεται σε χώρο πολύ μεγάλων διαστάσεων που είναι γεμάτος με αέριο τα μόρια του οποίου έχουν μάζα m το καθένα. Η πίεση του αερίου είναι p0 και η θερμοκρασία σταθερή και ίση με Τ. Στα τοιχώματα του δοχείου ανοίγουν μικρή οπή εμβαδού S. Υπολογίστε την πίεση στο εσωτερικό του δοχείου σαν συνάρτηση του χρόνου.

Έχουμε λοιπόν το ολοκλήρωμα

0 00

1( ) 4

n tdn S dtn n V

υ< >=

−∫ ∫ 0

0

1ln4

n n S tn V

υ− < >= −

/0 (1 )tn n e τ−= −

4όπου τ = VS υ< >

Χρησιμοποιώντας τη βασική εξίσωση των ιδανικών αερίων p=nkT βρίσκουμε

/0 (1 )tp p e τ−= −

Για t=0 p=0 Για t→∞ p→p0

9. Σε κυλινδρικό δοχείο ύψους H περιέχεται 1 mole ιδανικού αερίου. Βρείτε τη θέση του ΚΜ του αερίου, θεωρώντας το πεδίο βαρύτητας ομογενές. Κάθε μόριο του αερίου έχει μάζα m, ενώ η θερμοκρασία είναι παντού σταθερή και ίση με Τ.

S

z

dz Έστω S το εμβαδόν της βάσης του κυλίνδρου. Το ΚΜ του αερίου θα βρίσκεται στον άξονα συμμετρίας του κυλίνδρου (τον z). Τότε θα ισχύει:

z

/( )C AMz zdm mN= ∫

Πρέπει να βρούμε το dm. Σε ύψος z επιλέγουμε στοιχειώδη κύλινδρο ύψους dz.

dm=mndV=mnSdz Από την κατανομή Boltzmann έχουμε: / /0 0

U kT mgz kTn n e n e− −= =

Για να λύσουμε το πρόβλημα πρέπει να υπολογίσουμε το n0 Από την κατανομή Boltzmann έχουμε:

/0

mgz kTn n e−=

Επομένως θα πρέπει να ισχύει:

/0 0

H mgz kTAN Sn e dz−= ∫ ΝΑ - ο αριθμός Avogadro

Τότε θα ισχύει:

/0

mgz kTdN n edV

−= / /0 0

mgz kT mgz kTdN n e dV Sn e dz− −= =


9. Σε κυλινδρικό δοχείο ύψους H περιέχεται 1 mole ιδανικού αερίου. Βρείτε τη θέση του ΚΜ του αερίου, θεωρώντας το πεδίο βαρύτητας ομογενές. Κάθε μόριο του αερίου έχει μάζα m, ενώ η θερμοκρασία είναι παντού σταθερή και ίση με Τ.

Από αυτό βρίσκουμε: /0 (1 )mgH kT

AkTN Sn emg

−= − 0 /(1 )A mgH kT

mgn NSkT e−=

−

Έτσι τώρα παίρνουμε: /0 0

/( )H mgz kT

C Az mSn ze dz mN−= ∫2

/00

mgH kT x

A

Sn kT xe dxN mg

− =

∫

2/ /0

0 0[ ]

mgH kT mgH kTx x

A

Sn kT xe eN mg

− − = − +

2/ /0 [ ( / ) (1 )]mgH kT mgH kT

A

Sn kT mgH kT e eN mg

− − = − + −

Αντικαθιστώντας το n0 που έχουμε υπολογίσει παίρνουμε τελικά:

/ /

/

[ ( / ) (1 )](1 )

mgH kT mgH kT

c mgH kT

kT mgH kT e ezmg e

− −

−

− + −= −

10. Με τι ισούται η ολική μέση κινητική ενέργεια μορίων (σκληρού) διατομικού αερίου που περιέχεται σε όγκο 4 l, αν η πίεσή του είναι ίση με p=1,47⋅105 Pa

Διευκρινίζουμε ότι όταν λέμε σκληρό, εννοούμε ότι ΔΕΝ είναι διηγερμένοι οι ταλαντωτικοί βαθμοί ελευθερίας των μορίων.

Αυτό είναι συνηθισμένο φαινόμενο στις συνθήκες του περιβάλλοντός μας.

Από τη βασική εξίσωση της κινητικής θεωρίας των αερίων έχουμε 22

3 2mp n υ

= < >2 33 2

n kT= nkT=

Για την μεταφορική κίνηση των Ν μορίων παίρνουμε

32METE N kT=

32

N pn

=

pkTn

= Επειδή n=N/V pkT VN

=

32

Vp=

Για την περιστροφική κίνηση των Ν μορίων παίρνουμε

22ΠΕΡE N kT=

22

N pn

= Vp=

Επομένως ΟΛ ΜΕΤ ΠΕΡE E E= + 32

Vp Vp= +52

Vp= = 1470 J

για το υλικό των ράβδων, καθώς και η διατομή τους S.

είναι αρχικά οριζόντιες και έχουν μήκος L η κάθε μια (Βλ. Σχήμα). Θεωρούμε το βάρος της κάθε ράβδου αμε-λητέο. Μια δύναμη F εφαρμόζεται στο σημείο Γ. Υπολο-γίστε τη δύναμη F, αν ξέρετε ότι το Γ μετατοπίζεται κατά δ. Γνωστά επιπλέον θεωρούνται το μέτρο του Young Ε

1. Δυο ράβδοι στερεωμένες στα σημεία Α και Β και μεταξύ τους στο Γ

Στο σημείο Γ θα έχουμε ισορροπία δυνάμεων Λόγω των δυνάμεων F1 κάθε ράβδος θα επιμηκύνεται κατά ΔL=L΄-L. Θα ισχύει

11 FΔL L LL L E S

′ −= =

Για τις δυνάμεις έχουμε: 12 sin 0F φ F− = ενώ ισχύει sin φ δ/L′=

Επομένως 12 δF FL

= ′

11 FL L LE S

′⇒ − = (1)

Αντικαθιστώντας το F1 από την (1) παίρνουμε: ( )2 L L ES δF

L L′ −

=′

2 (1 )ESδ LFL L

⇒ = −′

Επειδή 2 2L L δ′ = + βρίσκουμε:

2 2

2 (1 )ESδ LFL L δ

= −+

Γ

2. Κυλινδρική ράβδος που έχει αρχικό μήκος L επιμηκύνεται υπό την επίδραση δύναμης κατά ΔL. Το μέτρο του Young του υλικού της ράβδου είναι Ε. Θεωρώντας ότι η διατομή της ράβδου (S) δεν μεταβάλλεται υπολογίστε την αύξηση της εσωτερικής ενέργειας της ράβδου ανά μονάδα όγκου.

Κάποια δύναμη F η οποία ασκείται στο σώμα προκαλεί επιμήκυνση x.

Τότε θα ισχύει: ESF xL

= Για το στοιχειώδες έργο: ESdW Fdx xdxL

= =

Επομένως για το έργο της δύναμης θα έχουμε

0

ΔLW Fdx= ∫ 0

ΔL ES xdxL

= ∫ ( )2

2ES ΔL

L=

Για τη μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας ανά μονάδα όγκου

W WwV SL

= =2

2E ΔL

L =

Αυτό το έργο προκαλεί τη μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας της ράβδου

3. Μεταλλικός κύβος Α βάρους Β=625 Nt πέφτει ελεύθερα από ύψος h=30 m πάνω σε μολύβδινο κύβο Β που βρίσκεται στο έδαφος. Κατά την πτώση του Α η μία έδρα του επικάθεται στην πάνω έδρα του Β. Ο κύβος Α δεν παθαίνει καμία παραμόρφωση. Να υπολογιστούν οι μεταβολές των ακμών του κύβου Β α) στη γενική περίπτωση και β) αν Δlz<<h. Δίνεται EB=l,5⋅1010 Nt/m2, μ=0,44. Οι δυο κύβοι έχουν ακμή α=20 cm

Όπως βλέπουμε και από το σχήμα η απόσταση μεταξύ της κάτω βάσης του Α και της άνω του Β είναι Η=h-a Έστω ότι η κατακόρυφη παραμόρφωση του Β είναι Δlz. Η αρχική δυναμική ενέργεια του Α θα είναι U=mg(H+Δlz)=B(H+Δlz). Αυτή η δυναμική ενέργεια θα μετατραπεί σε έργο της κατακόρυφης παραμόρφωσης του Β

0

zΔlU W Fdz= = ∫ Για τη δύναμη F όμως ξέρουμε ότι ισχύει F=ESz/a

Αλλά S=a2. Επομένως F=Eaz Από εδώ βρίσκουμε

( )2

0

12

zΔl

zW Eazdz Ea Δl= =∫Η άσκηση συνεχίζεται

( )zB H + Δl=

3. Μεταλλικός κύβος Α βάρους Β=625 Nt πέφτει ελεύθερα από ύψος h=30 m πάνω σε μολύβδινο κύβο Β που βρίσκεται στο έδαφος. Κατά την πτώση του Α η μία έδρα του επικάθεται στην πάνω έδρα του Β. Ο κύβος Α δεν παθαίνει καμία παραμόρφωση. Να υπολογιστούν οι μεταβολές των ακμών του κύβου Β α) στη γενική περίπτωση και β) αν Δlz<<h. Δίνεται EB=l,5⋅1010 Nt/m2, μ=0,44. Οι δυο κύβοι έχουν ακμή α=20 cm

Έτσι μας προκύπτει η απλή δευτεροβάθμια εξίσωση

( )2 2 2 0z zEa Δl BΔl BH− − = από τη λύση της οποίας βρίσκουμε 2 2

zB B EaBHΔl

Ea+ +

= 33,52 10 m−= ⋅Για τις παραμορφώσεις των άλλων ακμών θα ισχύει

y xΔl Δl= zΔlµ= 31,54 10 m−= ⋅Σε περίπτωση που Δlz<<h, θα είναι και Δlz<<H, H +Δlz≈Η

Από τη διατήρηση της ενέργειας τώρα βρίσκουμε: ( )212 zBH Ea Δl=

2z

BHΔlEa

= 33,52 10 m−= ⋅

( ( / ) ( ( / )x z y z/ε = Δl /a)/ Δl a Δl /a)/ Δl aµ ε⊥= =

σύστημα ψυχθεί στους 0ο C και γ) η θερμοκρασία δακτυλίου και άξονα για την οποία η τάση μηδενίζεται. Δίνονται: Το μέτρο του Young ΕAl=0,7⋅106 at και οι γραμμικοί συντελεστές θερμικής διαστολής aAl=240⋅10-7,aFe=125⋅10-7.

4. Δακτύλιος από Αλουμίνιο θερμαίνεται στους 70ο C και προσαρμόζεται ακριβώς σε σιδερένιο κυλινδρικό άξονα, ο οποίος έχει θερμοκρασία 20ο C.

Να υπολογισθεί α) η περιφερειακή τάση που θα αναπτυχθεί στον δακτύλιο, όταν ψυχθεί στους 20ο C, β) η μεταβολή της τάσης στο δακτύλιο, όταν όλο το

α) Λόγω ψύξης του δακτυλίου κατά Δθ θα έχουμε μείωση της διαμέτρου του που θα είναι Δl=aAllΔθ. Σ’ αυτή τη μείωση θα αντιστέκεται η σιδερένια ράβδος ασκώντας περιφερεια-κή τάση ίση με σ=ΔlEAl/l Από τις δύο αυτές σχέσεις βρίσκουμε: σ=aAlEAlΔθ=840 at. β) Λόγω ψύξης του δακτυλίου στους 0ο C η περίμετρός του θα γίνει:

l0=l70(1-aAlΔθ1). Λόγω της ψύξης της ράβδου η περίμετρός της μειώνεται και γίνεται

l΄0=l΄20(1-aFeΔθ). Από τις συνθήκες της άσκησης l70=l΄20. Η άσκηση συνεχίζεται

σύστημα ψυχθεί στους 0ο C και γ) η θερμοκρασία δακτυλίου και άξονα για την οποία η τάση μηδενίζεται. Δίνονται: Το μέτρο του Young ΕAl=0,7⋅106 at και οι γραμμικοί συντελεστές θερμικής διαστολής aAl=240⋅10-7,aFe=125⋅10-7.

4. Δακτύλιος από Αλουμίνιο θερμαίνεται στους 70ο C και προσαρμόζεται ακριβώς σε σιδερένιο κυλινδρικό άξονα, ο οποίος έχει θερμοκρασία 20ο C.

Να υπολογισθεί α) η περιφερειακή τάση που θα αναπτυχθεί στον δακτύλιο, όταν ψυχθεί στους 20ο C, β) τη μεταβολή της τάσης στο δακτύλιο, όταν όλο το

Η νέα τάση λοιπόν θα προκύπτει από τη σχέση 200 0

Al

ll lE

σ′

′ ′− =

Δηλαδή 0 Al

20

( )l l El

σ′−′ =′ Al Al 1 Fe(E a Δθ a Δθ)= − =1001 at.

Επομένως η μεταβολή της τάσης θα είναι: σ΄-σ =1001 at-840 at=161 at.

γ) Έστω θ η ζητούμενη θερμοκρασία. Από το προηγούμενο ερώτημα βρίσκουμε ότι θα πρέπει Al 1 Fe( 0a Δθ a Δθ)=− Δθ1=70ο C-θ, Δθ=20ο C-θ Από τις σχέσεις αυτές βρίσκουμε

7 ο 7 ο

7 7

240 10 70 C 125 10 20 C240 10 125 10

θ− −

− −

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅=

⋅ − ⋅=124,3o C

ΣΥΝΕΧΕΙΑ άλλη μια άσκηση

σύρμα Cu

αναβολέας Fe

( ) (1)Cu Cu

Fe Fe Cu Fe

l l Tl l T l l T

αα α α

∆ = ∆∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ −

)2( 1SF

Ell

SF

Ell

Cu

=∆⇒=∆

≡ε

( )⇒−∆=⇒ FeCuCu

TSF

Eαα1)2(&)1(

5. Χάλκινο σύρμα μήκους 1m και διατομής 10 mm2 στερεώνεται όπως στο σχήμα. Όταν η θερμοκρασία του συστήματος είναι 15 οC η δύναμη που υφίσταται το σύρμα είναι 13 N. (α) Σε ποια θερμοκρασία θα πάψει να έχει τάση το σύρμα και (β) πόση θα είναι η δύναμη όταν η θερμοκρασία είναι −15 οC; Η παραμόρφωση του αναβολέα είναι αμελητέα (από την τάση του σύρματος) και ΕCu= 12⋅1010 N/m2, αFe=125⋅10−7grad−1 και αCu=165⋅10−7grad−1

5. Χάλκινο σύρμα μήκους 1m και διατομής 10 mm2 στερεώνεται όπως στο σχήμα. Όταν η θερμοκρασία του συστήματος είναι 15 οC η δύναμη που υφίσταται το σύρμα είναι 13 N. (α) Σε ποια θερμοκρασία θα πάψει να έχει τάση το σύρμα και (β) πόση θα είναι η δύναμη όταν η θερμοκρασία είναι −15 οC; Η παραμόρφωση του αναβολέα είναι αμελητέα (από την τάση του σύρματος) και ΕCu= 12⋅1010 N/m2, αFe=125⋅10−7grad−1 και αCu=165⋅10−7grad−1

( )

( ) CSE

FT

TSF

E

o

FeCuCu

FeCuCu

27

1(

⇒−

=∆

⇒−∆=⇒

αα

αα

15 27 42 CC Cο ο οθ = + =

( ) 15 30 CC Tο οβ θ = − ⇒ ∆ = ⇒

( ) 25 kpCu Cu FeF TE S Fα α= ∆ − ⇒ ≈

σύρμα Cu

αναβολέας Fe

6. Ποια είναι η χαμηλότερη θερμοκρασία πάγου στην οποία μπορεί να γίνει πατινάζ, από ένα άνθρωπο μάζας 80 kg, όταν η λεπίδα των παγοπέδιλων του είναι μήκους 0,4 m και πάχους 2 mm;.Δίνεται η διαφορά όγκων Σ-Υ ~8⋅10-5 m3 και το L~334 J/kg

Pατμ

Pανθρ

-57ο

( )( )dP

LVV

TdT

VVTL

dTdP

Y

Y

Σ

Σ

−=

⇒−

=

( )⇒

−= ∫∫ Σ

ανθρP

P

YT

T atmo

dPL

VVTdT

0ο

ΔΤ

Presenter

Presentation Notes

6. Ποια είναι η χαμηλότερη θερμοκρασία πάγου στην οποία μπορεί να γίνει πατινάζ, από ένα άνθρωπο μάζας 80 kg, όταν η λεπίδα των παγοπέδιλων του είναι μήκους 0,4 m και πάχους 2 mm;.Δίnεται η διαφορά όγκων Υ-Σ ~8⋅10-5 m3 και το L~334 J/kg

( )atmmanY

o

PPL

VVTT

−

−

= Σln( ) Y

man atmV VP P

LoT T e

Σ− − =

280 9,81/(0, 4 0, 002) Pa 8,8 N/mBP P Sman atm− = = ⋅ ⋅ =

58,8 8 101 273K 1

334

P VL P V

T T e T To o L

∆ ∆

≈−∆ ∆ ⋅ ⋅

= + ⇒ ≈ −

216 K ( 57 C)oT = − ΣΥΝΕΧΕΙΑ άλλη μια άσκηση

7. Κομμάτι πάγου μάζας m1=100 g και θερμοκρασίας θ1=0ο C τοποθετείται σε θερμικά μονωμένο δοχείο, το οποίο περιέχει νερό m2=100 g θερμοκρα-σίας θ2. Θεωρώντας αμελητέα τη θερμοχωρητικότητα του δοχείου, υπολο-γίστε τη μεταβολή της εντροπίας του συστήματος, όταν αποκατασταθεί η θερμική ισορροπία. Εξετάστε τις περιπτώσεις α) θ2=60ο C, β) θ2=94o C. Δίνονται: Ειδική θερμοχωρητικότητα νερού c=4,18 kJ/(kg⋅K), Ειδική λανθάνουσα θερμότητα τήξης του πάγου L=333,7 kJ/kg

Οι διαδικασίες που θα πραγματοποιηθούν εδώ μπορούν στη γενική περίπτωση να είναι οι εξής: 1. Ο πάγος παίρνει θερμότητα από το νερό και ένα μέρος του ή όλος λιώνει. 2. Η θερμοκρασία του νερού, λόγω απώλειας θερμότητας προς τον πάγο μειώνεται. 3. Εάν ο πάγος έχει λιώσει όλος, ενώ η θερμοκρασία του νερού δεν έχει πέσει στους 0ο C , η θερμοκρασία του νερού που προέρχεται από τον λιωμένο πάγο εξακολουθεί να ανεβαίνει μέχρι να εξισωθεί με τη θερμοκρασία του υπόλοιπου νερού. 4. Αν συμβαίνει το 3 η θερμοκρασία του νερού μειώνεται, μέχρι να εξισωθεί με τη θερμοκρασία του νερού από τον λιωμένο πάγο.



Εμείς θα εξετάσουμε την γενική περίπτωση, όταν όλα συμβαίνουν. Αρχικά θα γράψουμε τους τύπους για την τελική θερμοκρασία του συστήματος και στη συνέχεια τους τύπους για την μεταβολή της εντροπίας. Για να λιώσει όλος ο πάγος απαιτείται θερμότητα η οποία δίνεται από τη σχέση: ΔQ=m1L

όπου Τ0=273 Κ, δηλαδή 0ο C.

Η θερμότητα που αποδίδει το νερό όταν μεταβαίνει από τη θερμοκρασία Τ2 στη θερμοκρασία Τ είναι ΔQ1=cm2(T2-T)

Η θερμότητα που απορροφά το νερό που προέρχεται από τον πάγο όταν μεταβαίνει από τη θερμοκρασία Τ0 στη θερμοκρασία Τ είναι ΔQ2=cm1(T-T0)



Επομένως στη γενική περίπτωση θα πρέπει να ισχύει ΔQ1= ΔQ+ΔQ2 Όσον αφορά τη μεταβολή της εντροπίας αυτή αποτελείται από τα τμήματα 1. Η μεταβολή της εντροπίας για την τήξη του πάγου ΔS= ΔQ /T0 = m1L/T0

2. Η μεταβολή της εντροπίας για τη μεταβολή της θερμοκρασίας του νερού. Αυτή προκύπτει από τη σχέση: dS= mcdT /T ΔS= mcln(T ΤΕΛ/TΑΡΧ)

Χρησιμοποιούμε τη σχέση (*) για να υπολογίσουμε την τελική θερμοκρασία

(*)

cm2(T2-T) =m1L+cm1(T-T0) 1 0 2 2 1

1 2

( )( )

c m T m T m LTc m m+ −

=+



α) Στην περίπτωση αυτή βρίσκουμε: Τ=263,1 Κ<273 Κ Αυτό σημαίνει ότι δεν είναι δυνατόν να λιώσει όλος ό πάγος. Δηλαδή εδώ παρατηρούμε ότι: 1. Όλο το νερό ψύχεται από τους 60ο C στους 0ο C. 2. Η θερμότητα που αποβάλλει το νερό λιώνει μόνο ένα μέρος του πάγου (m΄) 3. Η τελική θερμοκρασία του συστήματος είναι 0ο C. Από αυτά παίρνουμε: m΄L=cm2(T2-T0) m΄=cm2(T2-T0)/L ≈75 g Επομένως ΔS=m΄L/T0+m2cln(T0/T2) ≈ 8,63 J/K



β) Στην περίπτωση αυτή βρίσκουμε: Τ=280 Κ Δηλαδή και ο πάγος λιώνει και το νερό που προέρχεται από τον πάγο αυξάνει τη θερμοκρασία του στους 7ο C, ενώ στο ίδιο σημείο πέφτει η θερμοκρασία του νερού.

ΔS=m1L/T0+ m1cln(T/T0) +m2cln(T/T2)

Για τη μεταβολή της εντροπίας θα έχουμε

≈ 19,7 J/K

1. Έστω adt η πιθανότητα να υποστεί κρούση ένα μόριο σε χρόνο dt (a – γνωστή σταθερά) Υπολογίστε α) την πιθανότητα να μην υποστεί κρούση το μόριο σε χρόνο t, β) το μέσο χρόνο ανάμεσα σε δύο κρούσεις.

α) Έστω ότι κάποια τυχαία χρονική στιγμή έχουμε Ν μόρια τα οποία δεν έχουν υποστεί κρούση. Μετά από χρόνο dt ο αριθμός των μορίων χωρίς κρούση θα μεταβληθεί κατά dN

β) Έστω <t> ο μέσος χρόνος ανάμεσα σε 2 κρούσεις

dN =−Nadt

0 0

N t

N

dN a dtN

= −∫ ∫0

ln N atN

= −0

atN eN

−= P=

Τότε η πιθανότητα για ένα μόριο να υποστεί κρούση σε χρόνο dt θα είναι: dtdPt

=< >

Ξέρουμε όμως ότι dP adt= Επομένως 1ta

< >=

2. Υπολογίστε τι ποσοστό των μορίων αερίου α) θα περάσει χωρίς κρούση απόσταση που υπερβαίνει τη μέση ελεύθερη διαδρομή <l>, β) έχει μήκος ελεύθερης διαδρομής μεταξύ <l> και 2<l>.

α) Όπως ξέρουμε από τη θεωρία (και είδαμε στην άσκηση 1) αν σε κάποιο σημείο υπάρχουν Ν0 μόρια, τότε απόσταση x χωρίς να συγκρουσθούν θα διανύσουν Ν μόρια για τα οποία θα ισχύει: /

0x lN N e− < >=

Επομένως το ποσοστό των μορίων που θα διανύουν απόσταση <l> χωρίς να συγκρουσθούν θα δίνεται από τη σχέση

/ 10/ 0,37 37%l l

l N N e eη −< > < > −< > = = = ≈ =

β) Ανάλογα με τα προηγούμενα, βρίσκουμε ότι το ποσοστό των μορίων που θα διανύσουν απόσταση μεγαλύτερη από <2l> χωρίς να συγκρουσθούν θα είναι: 2 / 2

2 0,14l ll e eη − < > < > −

< > = = ≈Επομένως το ποσοστό των μορίων που έχει μήκος ελεύθερης διαδρομής μεταξύ <l> και 2<l>, θα προκύπτει αν από το ποσοστό όσων διήνυσαν μήκος <l> χωρίς να συγκρουσθούν αφαιρέσουμε το ποσοστό εκείνων που πέρασε μήκος 2<l> χωρίς να συγκρουσθεί.

1 22 2 0, 23l l l l e eη η η − −

< >→ < > < > < >= − = − ≈

Υποθέτουμε ότι Τ1<Τ2. Τότε μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο της διάχυσης χωρίς το πρόσημο.

3. Υπολογίστε την κατανομή των θερμοκρασιών σε αέριο που βρίσκεται Ανάμεσα σε δυο παράλληλες επίπεδες πλάκες πολύ μεγάλων διαστάσεων, οι οποίες έχουν σταθερές θερμοκρασίες Τ1 και Τ2 και βρίσκονται σε απόσταση L η μια από την άλλη. Εξετάστε 2 περιπτώσεις α) Ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας είναι λ και β) Ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας είναι ανάλογος του Τ1/2.

QdQ dTI

dSdt dxλ= =

Είναι προφανές από τη γεωμετρία του προβλήματος, ότι η θερμοκρασία θα μεταβάλλεται μόνο σαν συνάρτηση της απόστασης από τις πλάκες.

Επιλέγουμε κύλινδρο βάσης S και εξετάζουμε τι συμβαίνει σε απόσταση x από την πλάκα με θερμοκρασία Τ1. Επειδή οι θερμοκρασίες Τ1 και Τ2 διατηρούνται σταθερές και διατομή του κυλίνδρου είναι σταθερή, τότε και η ροή θερμότητας IQ θα παραμένει σταθερή.


α) Επειδή το λ είναι σταθερό εύκολα βρίσκουμε:

3. Υπολογίστε την κατανομή των θερμοκρασιών σε αέριο που βρίσκεται Ανάμεσα σε δυο παράλληλες επίπεδες πλάκες πολύ μεγάλων διαστάσεων, οι οποίες έχουν σταθερές θερμοκρασίες Τ1 και Τ2 και βρίσκονται σε απόσταση L η μια από την άλλη. Εξετάστε 2 περιπτώσεις α) Ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας είναι λ και β) Ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας είναι ανάλογος του Τ1/2.

1QdT I dx

λ=

1 0

1T x

QTdT I dx

λ=∫ ∫ 1

1QT T I x

λ− =

Πρέπει όμως να υπολογίσουμε το IQ. Αυτό μπορούμε να το κάνουμε πολύ απλά

2

1 0

1T L

QTdT I dx

λ=∫ ∫ 2 1

1QT T I L

λ− = ( )2

Q

T TI

Lλ −

=

( )2 1`1

T TT T x

L−

= +Η άσκηση συνεχίζεται

β) Θεωρούμε ότι

3. Υπολογίστε την κατανομή των θερμοκρασιών σε αέριο που βρίσκεται Ανάμεσα σε δυο παράλληλες επίπεδες πλάκες πολύ μεγάλων διαστάσεων, οι οποίες έχουν σταθερές θερμοκρασίες Τ1 και Τ2 και βρίσκονται σε απόσταση L η μια από την άλλη. Εξετάστε 2 περιπτώσεις α) Ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας είναι σταθερός και β) Ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας είναι ανάλογος του Τ1/2.

1QT dT I dx

κ=

1 0

1T x

QTT dT I dx

κ=∫ ∫ 3/ 2 3/ 2

11

QT T I xκ

− =

Tλ κ= Όπου κ άγνωστη σταθερά

2

1 0

1T L

QTT dT I dx

κ=∫ ∫ 3/ 2 3/ 2

2 11

QT T I Lκ

− = ( )3/ 2 3/ 22 1

Q

T TI

Lκ −

=

( )2/3

3/ 2 3/ 2 3/ 2 3/ 21 2 1

xT T T TL

= + −

2/33/ 2

11

1

1 1TxTL T

= + −

4. Ένα εκδρομικό ψυγείο (που έχει το σχήμα ορθογωνίου παραλληλεπιπέ-δου) έχει συνολική επιφάνεια 0,8 m2 και πάχος τοιχωμάτων 2 cm. Το ψυγείο είναι γεμάτο με πάγο, νερό κι αναψυκτικά. Έστω ότι η θερμοκρασία του περιβάλλοντος είναι 30ο C. Πόσος πάγος θα έχει λιώσει σε 40 λεπτά; Δίνονται ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας των τοιχωμάτων του ψυγείου λ=0,1W/m⋅K και η ειδική λανθάνουσα θερμότητα τήξης του πάγου L=333 kJ/kg..

Αρχικά διευκρινίζουμε, ότι εφόσον, σύμφωνα με τις συνθήκες του προβλή-ματος, στο εσωτερικό του ψυγείου υπάρχει νερό και πάγος, ανεξάρτητα από το αν υπάρχουν και άλλα πράγματα (αναψυκτικά), αυτό σημαίνει ότι έχουμε συνύπαρξη 2 φάσεων του νερού, άρα βρισκόμαστε στη θερμοκρασία πήξης του (ή τήξης του πάγου), που, όπως είναι γνωστό είναι 0o C. Επειδή δεν διευκρινίζεται πόσος πάγος και πόσο νερό υπάρχει δεχόμαστε ότι στα 40 λεπτά η θερμοκρασία στο εσωτερικό του ψυγείου παραμένει στους 0ο C.

dQ dTdSdt dx

λ=

Θα ισχύει η εξίσωση διάδοσης της θερμότητας


4. Ένα εκδρομικό ψυγείο (που έχει το σχήμα ορθογωνίου παραλληλεπιπέ-δου) έχει συνολική επιφάνεια 0,8 m2 και πάχος τοιχωμάτων 2 cm. Το ψυγείο είναι γεμάτο με πάγο, νερό κι αναψυκτικά. Έστω ότι η θερμοκρασία του περιβάλλοντος είναι 30ο C. Πόσος πάγος θα έχει λιώσει σε 40 λεπτά; Δίνονται ο συντελεστής θερμικής αγωγιμότητας των τοιχωμάτων του ψυγείου λ=0,1W/m⋅K και η ειδική λανθάνουσα θερμότητα τήξης του πάγου L=333 kJ/kg..

Από εδώ εύκολα βρίσκουμε: dQ dTSdt dx

λ=

1 dQΔΤ = lS dtλ

Όπου S η επιφάνεια του ψυγείου

Επειδή η διαφορά θερμοκρασίας μεταξύ περιβάλλοντος και εσωτερικού του ψυγείου διατηρείται σταθερή, η ροή θερμότητας στη μονάδα του χρόνου προς το εσωτερικό του ψυγείου dQ/dt θα είναι σταθερή και έτσι:

Όπου ΔΤ=30 Κ και l το πάχος των τοιχωμάτων του ψυγείου.

Επομένως: 1ΔQ SΔΤΔtlλ= 288kJ≈

Όλη αυτή η θερμότητα πηγαίνει στην τήξη του πάγου

Επομένως ο πάγος που λιώνει θα είναι ΔQm =L

0,865kg≈

Η εξίσωση του ιξώδους (παραλείποντας το πρόσημο) μπορεί να γραφεί ως εξής:

μικρή γωνιακή ταχύτητα ω, ενώ ο άλλος παραμένει ακίνητος. Υπολογίστε τη ροπή των δυνάμεων της τριβής που επιδρούν στον ακίνητο δίσκο, αν ο συντελεστής ιξώδους του αερίου που είναι ανάμεσα στους δίσκους είναι η.

σε απόσταση h ο ένας από τον άλλο. Η ακτίνα κάθε δίσκου είναι R και μάλιστα R>>h. Το έναν δίσκο τον περιστρέφουν με

5. Δυο ίδιοι παράλληλοι δίσκοι, οι άξονες των οποίων συμπίπτουν βρίσκο-

(mυ

d mυ) dυI = ηdSdt dx

=

Ξεχωρίζουμε τώρα ένα τμήμα dS του ακίνητου δίσκου και το αντίστοιχο του περιστρεφόμενου.

Είναι σαφές, πως το Imυ θα παραμένει διαρκώς σταθερό.

Το πιο λογικό είναι να πάρουμε απειροστά λεπτό δακτύλιο ακτίνας r και πλάτους dr. Από την εξίσωση για το ιξώδες βρίσκουμε.

1mυdυ = I dx

η 0 0

1υ h

mυdυ = I dxη∫ ∫

1mυυ = I h

η1 )d(mυυ = hη dSdt

(*)


μικρή γωνιακή ταχύτητα ω, ενώ ο άλλος παραμένει ακίνητος. Υπολογίστε τη ροπή των δυνάμεων της τριβής που επιδρούν στον ακίνητο δίσκο, αν ο συντελεστής ιξώδους του αερίου που είναι ανάμεσα στους δίσκους είναι η.

σε απόσταση h ο ένας από τον άλλο. Η ακτίνα κάθε δίσκου είναι R και μάλιστα R>>h. Το έναν δίσκο τον περιστρέφουν με

5. Δυο ίδιοι παράλληλοι δίσκοι, οι άξονες των οποίων συμπίπτουν βρίσκο-

Η στοιχειώδης επιφάνεια dS έχει εμβαδόν 2πrdr και περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω.

Η στοιχειώδης ροπή που ασκείται σε αυτή την επιφάνεια και την αναγκάζει να είναι ακίνητη θα είναι

Τότε η σχέση (*) γράφεται: 2(2 ) 2ηω ηωdF = r rdr r drh h

π π=

)d(mυ dυ dF= mdSdt dSdt dS

=Θα έχουμε:

32 ηωd rdF r drh

τ π= = Ολοκληρώνοντας βρίσκουμε 3

02

Rηωτ = r drh

π ∫4

24

ηω R=h

π 412

= ηωRhπ

Ch1d ΑΣΚΗΣΕΙΣ.pdf

Documents

Transcript of Ch1d ΑΣΚΗΣΕΙΣ.pdf