Κεφάλαιο 8.2 – Οι νόμοι των αερίων (σελ. 24-31) – Λύσεις

Κεφάλαιο 8.2 — Οι νόμοι των αερίων (σελ. 24-31) — Λύσεις - Απαντήσεις

Άσκηση Δ1 (σελ. 24)

Βυθίστε ένα καλαμάκι της πορτοκαλάδας μέσα σε ένα ποτήρι με νερό. Κλείστε το επάνω μέρος του με λίγη πλαστελίνη. Βγάλτε το από το ποτήρι· θα διαπιστώσετε ότι έχετε πάρει μαζί σας και μια ποσότητα νερού. Πώς το εξηγείτε αυτό; Πόση είναι η πίεση του αέρα που έχει εγκλωβιστεί στο καλαμάκι; Αναποδογυρίστε το καλαμάκι — τώρα ο αέρας που έχει εγκλωβιστεί έχει μικρότερο όγκο. Πόση είναι τώρα η πίεση του αέρα; Μετρήστε στις δύο περιπτώσεις την πίεση και τον όγκο του αέρα και ελέγξτε αν ισχύει η σχέση \(pV=\text{σταθ.}\) Την ατμοσφαιρική πίεση θα τη θεωρήσετε \(1{,}013\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\) και το ειδικό βάρος του νερού \(10^4\ \mathrm{N/m^3}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Όσο το καλαμάκι είναι κλειστό στο πάνω άκρο, ο εγκλωβισμένος αέρας δεν επικοινωνεί με την ατμόσφαιρα, άρα η πίεσή του δεν είναι απαραίτητα ίση με την ατμοσφαιρική. Στο ανοιχτό (κάτω) άκρο του καλαμακιού, η πίεση είναι πάντα ίση με την ατμοσφαιρική· η πίεση του εγκλωβισμένου αέρα βρίσκεται προσθέτοντας/αφαιρώντας την πίεση της στήλης νερού μέσα στο καλαμάκι, ανάλογα με τη φορά του ανοιχτού άκρου.

Λύση:

1. Όταν το ανοιχτό άκρο του καλαμακιού είναι προς τα κάτω (μέσα στο νερό), η πίεση του εγκλωβισμένου αέρα είναι \(p_1=p_{\alpha\tau}-\varepsilon h_1\), όπου \(\varepsilon\) το ειδικό βάρος του νερού και \(h_1\) το ύψος της στήλης νερού που έχει ανέβει μέσα στο καλαμάκι· ο αέρας έχει πίεση μικρότερη της ατμοσφαιρικής, γι' αυτό «τραβά» νερό μέσα του.
2. Όταν αναποδογυρίσουμε το καλαμάκι (ανοιχτό άκρο προς τα πάνω), η στήλη νερού βρίσκεται πάνω από τον εγκλωβισμένο αέρα και τον πιέζει επιπλέον: \(p_2=p_{\alpha\tau}+\varepsilon h_2\), με πίεση μεγαλύτερη της ατμοσφαιρικής.
3. Μετρώντας το μήκος της στήλης αέρα \(l_1\) (πριν) και \(l_2\) (μετά, στη δεύτερη θέση) και τη διατομή \(A\) του καλαμακιού, οι αντίστοιχοι όγκοι είναι \(V_1=l_1A\) και \(V_2=l_2A\).
4. Επειδή η ίδια ποσότητα αέρα παραμένει στην ίδια θερμοκρασία (δωματίου) και στις δύο θέσεις, η μεταβολή είναι ισόθερμη· ελέγχεται πειραματικά ότι \(p_1V_1\approx p_2V_2\), δηλαδή ότι ισχύει ο νόμος του Boyle.

Απάντηση: Η πίεση του εγκλωβισμένου αέρα είναι μικρότερη της ατμοσφαιρικής όταν το ανοιχτό άκρο είναι προς τα κάτω (\(p_1=p_{\alpha\tau}-\varepsilon h_1\)) και μεγαλύτερη όταν είναι προς τα πάνω (\(p_2=p_{\alpha\tau}+\varepsilon h_2\))· η μείωση της πίεσης στην πρώτη περίπτωση εξηγεί γιατί το νερό ανεβαίνει μέσα στο καλαμάκι. Η πειραματική μέτρηση επιβεβαιώνει \(pV=\text{σταθ.}\)

Πρόσεξε:

• Το πρόσημο του όρου \(\varepsilon h\) αλλάζει ανάλογα με το αν η στήλη υγρού βρίσκεται πάνω ή κάτω από τον εγκλωβισμένο αέρα — σχεδιάστε προσεκτικά τη φορά πριν εφαρμόσετε τη σχέση.
• Η δραστηριότητα είναι πειραματική· οι αριθμητικές τιμές \(h_1\), \(h_2\), \(l_1\), \(l_2\) εξαρτώνται από τη δική σας μέτρηση.

Άσκηση Δ2 (σελ. 24)

Πάρτε ένα καλαμάκι της πορτοκαλάδας και κλείστε το ένα άκρο του με πλαστελίνη. Προσπαθήστε να το γεμίσετε με νερό — θα διαπιστώσετε ότι εγκλωβίζεται μια στήλη αέρα. Βάλτε το καλαμάκι σε ένα μπολ με νερό, με το κλειστό άκρο προς τα κάτω. Σημειώστε το ύψος της στήλης του αέρα για διάφορες τιμές της θερμοκρασίας και δοκιμάστε αν ισχύει η σχέση \(l/T=\text{σταθ.}\) (Αρκεί να ισχύει \(l/T=\text{σταθ.}\); Γιατί;)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το εγκλωβισμένο αέριο έχει σταθερή διατομή \(A\) (του καλαμακιού) και η πίεσή του παραμένει σταθερή (ίση με την ατμοσφαιρική, αφού το άλλο άκρο είναι ανοιχτό στο νερό/ατμόσφαιρα) — άρα η μεταβολή είναι ισοβαρής, οπότε ισχύει ο νόμος του Gay-Lussac στη μορφή \(V/T=\text{σταθ.}\)

Λύση:

1. Ο όγκος του εγκλωβισμένου αέρα είναι \(V=lA\), με \(A\) σταθερή διατομή του καλαμακιού.
2. Αφού η μεταβολή είναι ισοβαρής, ισχύει \(V/T=\text{σταθ.} \Rightarrow lA/T=\text{σταθ.}\)
3. Επειδή το \(A\) είναι σταθερό και το ίδιο σε όλες τις μετρήσεις, μπορεί να απλοποιηθεί από τη σταθερά, οπότε αρκεί να ελεγχθεί ότι \(l/T=\text{σταθ.}\), χωρίς να χρειάζεται να μετρηθεί η διατομή \(A\).

Απάντηση: Ναι, αρκεί να ελεγχθεί το \(l/T=\text{σταθ.}\), γιατί \(V=lA\) με σταθερή διατομή \(A\) — το \(A\) απαλείφεται από τη σχέση \(V/T=lA/T=\text{σταθ.}\)

Πρόσεξε:

• Προσοχή στη θερμοκρασία: πρέπει να μετράται σε Kelvin (\(T=273+\theta\)), όχι σε Κελσίου, για να ισχύει η αναλογία.
• Μην βάζετε το καλαμάκι σε πολύ ζεστό νερό (κίνδυνος παραμόρφωσης· σε υψηλές θερμοκρασίες η τάση των ατμών του νερού γίνεται συγκρίσιμη με την πίεση του αέρα).

Άσκηση 1.3 (σελ. 25)

Να αντιστοιχίσετε τις μεταβολές της αριστερής στήλης σε σχέσεις της δεξιάς στήλης. 1) Ισόθερμη μεταβολή, 2) Ισόχωρη μεταβολή, 3) Ισοβαρής μεταβολή — α) \(p/V=\) σταθ. β) \(p/T=\) σταθ. γ) \(V/T=\) σταθ. δ) \(pV=\) σταθ.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Κάθε νόμος αερίων έχει τη δική του χαρακτηριστική σχέση: Boyle (ισόθερμη) συνδέει p και V, Charles (ισόχωρη) συνδέει p και T, Gay-Lussac (ισοβαρής) συνδέει V και T. Η σχέση α) p/V=σταθ. δεν αντιστοιχεί σε κανέναν από τους τρεις νόμους.

Λύση:

1. Ισόθερμη μεταβολή (1): νόμος Boyle, \(pV=\) σταθ. — αντιστοιχεί στη σχέση δ).
2. Ισόχωρη μεταβολή (2): νόμος Charles, \(p/T=\) σταθ. — αντιστοιχεί στη σχέση β).
3. Ισοβαρής μεταβολή (3): νόμος Gay-Lussac, \(V/T=\) σταθ. — αντιστοιχεί στη σχέση γ).
4. Η σχέση α) \(p/V=\) σταθ. δεν αντιστοιχεί σε καμία από τις τρεις βασικές μεταβολές — περισσεύει.

Απάντηση: 1→δ (ισόθερμη: pV=σταθ.), 2→β (ισόχωρη: p/T=σταθ.), 3→γ (ισοβαρής: V/T=σταθ.). Η σχέση α) δεν αντιστοιχεί σε καμία μεταβολή.

Πρόσεξε:

• Η σχέση α) p/V=σταθ. είναι ελκυστική παγίδα λόγω μορφής, αλλά δεν αντιστοιχεί σε κανέναν από τους τρεις νόμους των αερίων.

Άσκηση 1.1 (σελ. 25)

Ποιο από τα παρακάτω διαγράμματα αντιστοιχεί 1) σε ισοβαρή, και 2) σε ισόθερμη μεταβολή; [Σχ. 1.17: (α) διάγραμμα V-T με κατακόρυφο ευθύγραμμο τμήμα σε σταθερό T· (β) διάγραμμα p-V με κατακόρυφο ευθύγραμμο τμήμα σε σταθερό V· (γ) διάγραμμα V-T με ανοδική ευθεία από την αρχή των αξόνων.]

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ισοβαρής μεταβολή σημαίνει σταθερή πίεση \(p\), με \(V/T=\text{σταθ.}\) (ευθεία V-T από την αρχή των αξόνων). Ισόθερμη μεταβολή σημαίνει σταθερή θερμοκρασία \(T\)· σε διάγραμμα με άξονα \(T\), αντιστοιχεί σε κατακόρυφο ευθύγραμμο τμήμα (σταθερό \(T\), μεταβλητό το άλλο μέγεθος).

Λύση:

1. Στο διάγραμμα (α) (άξονες V-T) το κατακόρυφο τμήμα σε σταθερό \(T\) δείχνει ότι το \(V\) μεταβάλλεται ενώ το \(T\) παραμένει σταθερό — αυτή είναι ισόθερμη μεταβολή.
2. Στο διάγραμμα (β) (άξονες p-V) το κατακόρυφο τμήμα σε σταθερό \(V\) δείχνει ότι η μεταβολή γίνεται με σταθερό όγκο — ισόχωρη, όχι ισοβαρής ούτε ισόθερμη.
3. Στο διάγραμμα (γ) (άξονες V-T) η ανοδική ευθεία από την αρχή των αξόνων δείχνει \(V\propto T\), δηλαδή \(V/T=\text{σταθ.}\) — αυτή είναι η ισοβαρής μεταβολή.

Απάντηση: Το διάγραμμα (γ) αντιστοιχεί σε ισοβαρή μεταβολή. Το διάγραμμα (α) αντιστοιχεί σε ισόθερμη μεταβολή.

Πρόσεξε:

• Το διάγραμμα (β) δεν αντιστοιχεί σε καμία από τις δύο ζητούμενες μεταβολές — είναι ισόχωρη, χρήσιμο ως αντιπαράδειγμα.
• Απάντηση βασισμένη στην περιγραφή του σχήματος 1.17 όπως αποδίδεται στην ψηφιοποιημένη πηγή· συνιστάται οπτική επιβεβαίωση στο PDF.

Άσκηση 1.2 (σελ. 25)

Η μεταβολή ΑΒΓΔ που παριστάνεται στο διπλανό διάγραμμα (σχ. 1.18, άξονες p-T) αποτελεί: α) Από δύο ισόχωρες και δύο ισόθερμες μεταβολές. β) Από δύο ισοβαρείς και δύο ισόθερμες μεταβολές. γ) Από δύο ισοβαρείς και δύο ισόχωρες μεταβολές. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. [Το σχήμα δείχνει τετράπλευρη κλειστή πορεία Α→Β→Γ→Δ→Α σε άξονες p-T: τα τμήματα ΑΒ και ΔΓ είναι λοξά, παράλληλα, πάνω σε ευθείες που προεκτεινόμενες περνούν από την αρχή των αξόνων· τα τμήματα ΒΓ και ΑΔ είναι κατακόρυφα.]

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε διάγραμμα p-T: ευθεία από την αρχή των αξόνων σημαίνει \(p\propto T\), δηλαδή \(p/T=\text{σταθ.}\) — ισόχωρη μεταβολή (νόμος Charles). Κατακόρυφο ευθύγραμμο τμήμα σε διάγραμμα p-T σημαίνει σταθερό \(T\) — ισόθερμη μεταβολή.

Λύση:

1. Τα τμήματα ΑΒ και ΔΓ είναι λοξές ευθείες που προεκτεινόμενες περνούν από την αρχή των αξόνων p-T: αυτό είναι το χαρακτηριστικό της ισόχωρης μεταβολής (\(p/T=\text{σταθ.}\)).
2. Τα τμήματα ΒΓ και ΑΔ είναι κατακόρυφα στο διάγραμμα p-T, δηλαδή γίνονται σε σταθερή θερμοκρασία \(T\) — άρα είναι ισόθερμες μεταβολές.
3. Συνολικά η κυκλική μεταβολή ΑΒΓΔ αποτελείται από δύο ισόχωρες (ΑΒ, ΔΓ) και δύο ισόθερμες (ΒΓ, ΑΔ) μεταβολές.

Απάντηση: Σωστή απάντηση: α) Από δύο ισόχωρες και δύο ισόθερμες μεταβολές.

Πρόσεξε:

• Μην συγχέετε το p-T διάγραμμα με το p-V: σε p-T, ευθεία από την αρχή είναι ισόχωρη (όχι ισοβαρής)· σε ισοβαρή μεταβολή, η ευθεία από την αρχή εμφανίζεται στο διάγραμμα V-T.
• Απάντηση βασισμένη στην περιγραφή του σχήματος 1.18 όπως αποδίδεται στην ψηφιοποιημένη πηγή· συνιστάται οπτική επιβεβαίωση στο PDF.

Άσκηση 1.4 (σελ. 25)

Ποσότητα αερίου θερμαίνεται με σταθερό όγκο. Η πυκνότητά του: α) Αυξάνεται. β) Μειώνεται. γ) Μένει σταθερή. Ποια απάντηση είναι σωστή;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η πυκνότητα ορίζεται \(\rho=m_{ολ}/V\). Αφού η ποσότητα αερίου (άρα η μάζα \(m_{ολ}\)) και ο όγκος \(V\) δεν αλλάζουν (σταθερός όγκος, καμία προσθήκη/αφαίρεση αερίου), η θέρμανση δεν επηρεάζει το πηλίκο \(m_{ολ}/V\).

Λύση:

1. Η πυκνότητα \(\rho=m_{ολ}/V\) εξαρτάται μόνο από τη μάζα του αερίου και τον όγκο του δοχείου.
2. Στη θέρμανση με σταθερό όγκο, ούτε η μάζα του αερίου (καμία προσθήκη/διαφυγή) ούτε ο όγκος (σταθερός, ισόχωρη μεταβολή) αλλάζουν.
3. Άρα η πυκνότητα παραμένει σταθερή, ανεξάρτητα από την αύξηση της θερμοκρασίας (και της πίεσης, που αυξάνεται κατά Gay-Lussac/Charles).

Απάντηση: Σωστή απάντηση: γ) Μένει σταθερή.

Πρόσεξε:

• Μην συγχέετε με ισοβαρή θέρμανση, όπου ο όγκος αυξάνεται και η πυκνότητα πράγματι μειώνεται.
• Η πίεση αυξάνεται (νόμος Charles), αλλά αυτό δεν επηρεάζει την πυκνότητα, αφού η μάζα και ο όγκος μένουν σταθερά.

Άσκηση 1.8 (σελ. 26)

Δύο ποσότητες αερίων με αριθμό γραμμομορίων \(n_1\) και \(n_2\) εκτελούν ισοβαρή μεταβολή στην ίδια πίεση. Ποιο από τα παρακάτω διαγράμματα είναι το σωστό; (\(n_1>n_2\)). [Σχ. 1.21, άξονες V-T: (α) μία μόνο ανοδική ευθεία από την αρχή, με κοινή ένδειξη \(n_1,n_2\)· (β) δύο ανοδικές ευθείες από την αρχή, με την πιο απότομη να φέρει την ένδειξη \(n_1\)· (γ) δύο ανοδικές ευθείες από την αρχή, με την πιο απότομη να φέρει την ένδειξη \(n_2\).]

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στην ισοβαρή μεταβολή, από την καταστατική εξίσωση \(pV=nRT\) με σταθερό \(p\): \(V=\dfrac{nR}{p}T\), δηλαδή ευθεία V-T από την αρχή των αξόνων με κλίση \(\dfrac{nR}{p}\) ανάλογη του \(n\). Μεγαλύτερο \(n\) σημαίνει μεγαλύτερη κλίση (πιο απότομη ευθεία).

Λύση:

1. Κάθε ποσότητα αερίου δίνει τη δική της ευθεία V-T από την αρχή των αξόνων, με κλίση \(nR/p\) — άρα δύο διαφορετικές ποσότητες \(n_1\neq n_2\) δίνουν δύο διαφορετικές ευθείες, όχι μία κοινή.
2. Αφού \(n_1>n_2\), η ευθεία του αερίου με \(n_1\) έχει μεγαλύτερη κλίση \(\Rightarrow\) είναι η πιο απότομη ευθεία.
3. Άρα το σωστό διάγραμμα είναι αυτό όπου η πιο απότομη ευθεία φέρει την ένδειξη \(n_1\).

Απάντηση: Σωστό διάγραμμα: (β) — δύο ανοδικές ευθείες από την αρχή, με την πιο απότομη να αντιστοιχεί στο \(n_1\) (μεγαλύτερη ποσότητα αερίου).

Πρόσεξε:

• Το διάγραμμα (α), με μία μόνο κοινή ευθεία, αποκλείεται γιατί \(n_1\neq n_2\) δίνει διαφορετική κλίση.
• Απάντηση βασισμένη στην περιγραφή του σχήματος 1.21 όπως αποδίδεται στην ψηφιοποιημένη πηγή· συνιστάται οπτική επιβεβαίωση στο PDF.

Άσκηση 1.16 (σελ. 28)

Δοχείο σταθερού όγκου περιέχει αέρα σε θερμοκρασία 27 °C και πίεση 1 atm. Θερμαίνουμε το δοχείο ώστε η θερμοκρασία του αερίου να αυξηθεί κατά 60 °C. Πόση θα γίνει η πίεση;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σταθερός όγκος δοχείου \(\Rightarrow\) ισόχωρη μεταβολή, ισχύει ο νόμος του Charles: \(p/T=\text{σταθ.}\)

Λύση:

1. Μετατροπή σε Kelvin: \(T_1=273+27=300\ \mathrm{K}\).
2. Η αύξηση κατά \(60\ ^{\circ}\mathrm{C}\) αντιστοιχεί σε ίση αύξηση σε Kelvin: \(T_2=T_1+60=360\ \mathrm{K}\).
3. Από \(\dfrac{p_1}{T_1}=\dfrac{p_2}{T_2}\): \(p_2=\dfrac{T_2}{T_1}p_1=\dfrac{360}{300}\cdot 1=1{,}2\ \mathrm{atm}\).

Απάντηση: \(p_2=1{,}2\ \mathrm{atm}\).

Πρόσεξε:

• Η μεταβολή της θερμοκρασίας σε βαθμούς Κελσίου ισούται με τη μεταβολή σε Kelvin — μόνο οι απόλυτες τιμές διαφέρουν κατά 273, όχι οι διαφορές.

Άσκηση 1.17 (σελ. 28)

Αέριο βρίσκεται μέσα σε κατακόρυφο κυλινδρικό δοχείο. Το δοχείο κλείνεται με εφαρμοστό έμβολο, πάνω στο οποίο τοποθετούνται διάφορα σταθμά. Το αέριο βρίσκεται σε θερμοκρασία 27 °C και καταλαμβάνει όγκο 0,20 m\(^3\). Ψύχουμε το αέριο στους -3 °C. Ποιος θα είναι ο νέος όγκος του αερίου;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το έμβολο με σταθερά σταθμά διατηρεί σταθερή πίεση \(\Rightarrow\) ισοβαρής μεταβολή, ισχύει ο νόμος του Gay-Lussac: \(V/T=\text{σταθ.}\)

Λύση:

1. \(T_1=273+27=300\ \mathrm{K}\), \(T_2=273-3=270\ \mathrm{K}\).
2. Από \(\dfrac{V_1}{T_1}=\dfrac{V_2}{T_2}\): \(V_2=\dfrac{T_2}{T_1}V_1=\dfrac{270}{300}\cdot 0{,}20=0{,}18\ \mathrm{m^3}\).

Απάντηση: \(V_2=0{,}18\ \mathrm{m^3}\).

Πρόσεξε:

• Η ψύξη ελαττώνει τον όγκο, όπως αναμένεται σε ισοβαρή ψύξη ιδανικού αερίου.

Άσκηση 1.19 (σελ. 28)

Κυλινδρικό δοχείο με αδιαθερμικά τοιχώματα φράσσεται με εφαρμοστό έμβολο. Το δοχείο περιέχει αέρα πίεσης 1 atm και βρίσκεται μέσα σε λουτρό νερού σταθερής θερμοκρασίας. Πιέζουμε το έμβολο ώστε ο όγκος του αερίου να ελαττωθεί στο 1/3 του αρχικού. Υπολογίστε την τελική τιμή της πίεσης του αερίου.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το λουτρό νερού σταθερής θερμοκρασίας διατηρεί το αέριο σε σταθερή θερμοκρασία \(\Rightarrow\) ισόθερμη μεταβολή, ισχύει ο νόμος του Boyle: \(pV=\text{σταθ.}\)

Λύση:

1. \(V_2=\dfrac{1}{3}V_1\).
2. Από \(p_1V_1=p_2V_2\): \(p_2=p_1\dfrac{V_1}{V_2}=1\cdot\dfrac{V_1}{V_1/3}=1\cdot 3=3\ \mathrm{atm}\).

Απάντηση: \(p_2=3\ \mathrm{atm}\).

Πρόσεξε:

• Τα αδιαθερμικά τοιχώματα εμποδίζουν ανταλλαγή θερμότητας με το εξωτερικό περιβάλλον, αλλά η επαφή με το λουτρό σταθερής θερμοκρασίας είναι αυτή που εξασφαλίζει ότι η μεταβολή είναι ισόθερμη.

Άσκηση 1.31 (σελ. 30)

Ο λεπτός κατακόρυφος σωλήνας του σχήματος 1.22 κλείνεται από μια σταγόνα υδραργύρου Σ και στο τμήμα ΑΣ, ύψους h = 27 cm, περιέχει αέρα θερμοκρασίας \(\theta=27\,^{\circ}\mathrm{C}\). Πόσο θα μετακινηθεί η σταγόνα αν η θερμοκρασία του αέρα γίνει \(\theta'=127\,^{\circ}\mathrm{C}\); Ο όγκος του σωλήνα δε μεταβάλλεται με την αύξηση της θερμοκρασίας.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο σωλήνας έχει σταθερή διατομή· ο εγκλωβισμένος αέρας ανάμεσα στο κλειστό άκρο Α και τη σταγόνα Σ έχει σταθερή πίεση (καθορίζεται από το βάρος της σταγόνας και την ατμοσφαιρική πίεση, που δεν αλλάζουν) — άρα η θέρμανση προκαλεί ισοβαρή μεταβολή του όγκου/μήκους της στήλης αέρα.

Λύση:

1. Μετατροπή σε Kelvin: \(T=273+27=300\ \mathrm{K}\), \(T'=273+127=400\ \mathrm{K}\).
2. Ισοβαρής μεταβολή (σταθερή διατομή σωλήνα, σταθερή πίεση αέρα): \(\dfrac{h}{T}=\dfrac{h'}{T'}\).
3. \(h'=\dfrac{T'}{T}h=\dfrac{400}{300}\cdot 27=36\ \mathrm{cm}\).
4. Η μετακίνηση της σταγόνας ισούται με την αύξηση του μήκους της στήλης αέρα: \(\Delta h=h'-h=36-27=9\ \mathrm{cm}\).

Απάντηση: Η σταγόνα μετακινείται κατά 9 cm.

Πρόσεξε:

• Η σταγόνα μετακινείται προς τα πάνω, αφού η στήλη αέρα επιμηκύνεται με τη θέρμανση, σπρώχνοντας τη σταγόνα.
• Ο νόμος που εφαρμόζεται είναι του Gay-Lussac (V/T=σταθ., άρα και h/T=σταθ. αφού η διατομή είναι σταθερή), όχι ο Charles, γιατί εδώ η πίεση —όχι ο όγκος— παραμένει σταθερή.

Άσκηση 1.33 (σελ. 30)

Δοχείο όγκου \(V\), που περιέχει αέρα, έχει στο πάνω μέρος του στρόφιγγα. Αρχικά η στρόφιγγα είναι ανοιχτή και ο αέρας του δοχείου επικοινωνεί με το περιβάλλον. Η ατμοσφαιρική πίεση είναι \(p_{\alpha\tau}=1\ \mathrm{atm}\). Θερμαίνουμε το δοχείο, με ανοιχτή τη στρόφιγγα, μέχρι η θερμοκρασία στο εσωτερικό του να γίνει 410 Κ. Κλείνουμε τη στρόφιγγα, τοποθετούμε το δοχείο σε λουτρό νερού-πάγου. Να υπολογιστεί η τελική πίεση στο εσωτερικό του δοχείου. Η θερμοκρασία στην οποία συνυπάρχει νερό και πάγος είναι \(T=273\ \mathrm{K}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Όσο η στρόφιγγα είναι ανοιχτή, το αέριο επικοινωνεί με την ατμόσφαιρα, άρα η πίεσή του παραμένει ίση με \(p_{\alpha\tau}=1\ \mathrm{atm}\) ανεξάρτητα από τη θέρμανση (μέρος του αερίου απλώς διαφεύγει). Μόλις κλείσει η στρόφιγγα, η ποσότητα αερίου μέσα στο δοχείο «παγιδεύεται» στη θερμοκρασία και πίεση εκείνης της στιγμής (410 K, 1 atm), και η επόμενη ψύξη γίνεται σε σταθερό όγκο (κλειστό δοχείο) — ισόχωρη μεταβολή.

Λύση:

1. Τη στιγμή που κλείνει η στρόφιγγα: \(p_1=1\ \mathrm{atm}\), \(T_1=410\ \mathrm{K}\) (το αέριο μέσα στο δοχείο είναι πλέον σε ισορροπία με την ατμόσφαιρα σε αυτή τη θερμοκρασία).
2. Στη συνέχεια το δοχείο είναι κλειστό (σταθερός όγκος) και ψύχεται σε \(T_2=273\ \mathrm{K}\): ισόχωρη μεταβολή, \(\dfrac{p_1}{T_1}=\dfrac{p_2}{T_2}\).
3. \(p_2=\dfrac{T_2}{T_1}p_1=\dfrac{273}{410}\cdot 1\approx 0{,}666\ \mathrm{atm}\).

Απάντηση: \(p_2\approx 0{,}66\ \mathrm{atm}\).

Πρόσεξε:

• Το κρίσιμο σημείο είναι ότι η αρχική κατάσταση για την ισόχωρη μεταβολή δεν είναι η αρχική θερμοκρασία δωματίου, αλλά η στιγμή ΑΚΡΙΒΩΣ πριν κλείσει η στρόφιγγα (410 K, 1 atm) — πριν από αυτό η πίεση παρέμενε σταθερή στο 1 atm λόγω επικοινωνίας με την ατμόσφαιρα.

Άσκηση 1.36 (σελ. 31)

Το κυλινδρικό δοχείο του σχήματος 1.25 έχει τον άξονά του κατακόρυφο, περιέχει αέρα και κλείνεται με έμβολο. Όταν το δοχείο τοποθετηθεί με τη βάση του προς τα κάτω (σχ. 1.25α) το ύψος της στήλης του εγκλωβισμένου αέρα είναι \(h_{\alpha}=40\ \mathrm{cm}\). Αν το δοχείο αναστραφεί (σχ. 1.25β) το ύψος της στήλης γίνεται \(h_{\beta}=60\ \mathrm{cm}\). Να υπολογιστεί το βάρος του εμβόλου. Δίνονται \(p_{\alpha\tau}=1{,}013\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\) και η διατομή του εμβόλου \(A=10\ \mathrm{cm^2}\). Η μεταβολή θεωρείται ισόθερμη.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στη θέση (α) το έμβολο βρίσκεται πάνω από τον αέρα και το βάρος του \(w\) προσθέτει στην πίεση: \(p_\alpha=p_{\alpha\tau}+w/A\). Στην αναστροφή (β) ο αέρας βρίσκεται κάτω από το ανεστραμμένο δοχείο με το έμβολο τώρα να «τραβά» προς τα κάτω λόγω βάρους, μειώνοντας την πίεση: \(p_\beta=p_{\alpha\tau}-w/A\). Ισόθερμη μεταβολή \(\Rightarrow\) νόμος Boyle.

Λύση:

1. Μετατροπή μονάδων: \(A=10\ \mathrm{cm^2}=10\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}\), \(h_\alpha=0{,}40\ \mathrm{m}\), \(h_\beta=0{,}60\ \mathrm{m}\).
2. Πιέσεις στις δύο θέσεις: \(p_\alpha=p_{\alpha\tau}+\dfrac{w}{A}\) και \(p_\beta=p_{\alpha\tau}-\dfrac{w}{A}\).
3. Νόμος Boyle (ίδιος αέρας, ίδια θερμοκρασία, ο όγκος είναι ανάλογος του \(h\) αφού η διατομή είναι σταθερή): \(p_\alpha h_\alpha=p_\beta h_\beta\).
4. Αντικαθιστώντας: \(\left(p_{\alpha\tau}+\dfrac{w}{A}\right)h_\alpha=\left(p_{\alpha\tau}-\dfrac{w}{A}\right)h_\beta\).
5. Λύνοντας ως προς \(w\): \(\dfrac{w}{A}(h_\alpha+h_\beta)=p_{\alpha\tau}(h_\beta-h_\alpha) \Rightarrow w=\dfrac{p_{\alpha\tau}(h_\beta-h_\alpha)A}{h_\alpha+h_\beta}\).
6. Αριθμητικά: \(w=\dfrac{1{,}013\times10^5\cdot(0{,}60-0{,}40)\cdot10\times10^{-4}}{0{,}40+0{,}60}=\dfrac{1{,}013\times10^5\cdot0{,}20\cdot10^{-3}}{1{,}0}\approx 20{,}26\ \mathrm{N}\).

Απάντηση: \(w\approx 20{,}26\ \mathrm{N}\).

Πρόσεξε:

• Στη θέση (α), το βάρος του εμβόλου συμπιέζει τον αέρα (πίεση πάνω από την ατμοσφαιρική)· στην ανεστραμμένη θέση (β), το ίδιο βάρος τείνει να «τραβήξει» το έμβολο προς τα έξω, μειώνοντας την πίεση κάτω από την ατμοσφαιρική — γι' αυτό η στήλη αέρα μεγαλώνει.
• Απάντηση επαληθεύτηκε αριθμητικά και συμφωνεί ακριβώς με τη δοθείσα λύση του βιβλίου (20,26 N)· η αναφορά σε σχήμα είναι επεξηγηματική, όλα τα απαραίτητα μεγεθη δίνονται στην εκφώνηση.