Λύσεις Ερωτήσεων-Δραστηριοτήτων (σελ. 94) – ΨΥΞΗ – ΚΛΙΜΑΤΙΣΜΟΣ Γ΄ ΕΠΑΛ

Λύσεις Ερωτήσεων-Δραστηριοτήτων

Ερωτήσεις-Δραστηριότητες κεφαλαίου 3

Αντιστοίχιση χαρακτηριστικών μεταβολών αερίων

Ερώτηση: Ταιριάξτε τα ονόματα των χαρακτηριστικών μεταβολών των αερίων (ισοθερμοκρασιακή, ισόθλιπτη, ισόογκη, αδιαβατική) με τη σωστή περιγραφή τους: «Η πίεση παραμένει σταθερή», «Το αέριο δε συναλλάσσει θερμότητα με το περιβάλλον», «Η θερμοκρασία παραμένει σταθερή», «Ο όγκος παραμένει σταθερός».

Απάντηση:

• §3.2.1-3.2.4. «Ισόογκη ονομάζεται η μεταβολή κατά τη διάρκεια της οποίας δεν αλλάζει ο όγκος του αερίου... Ισόθλιπτη μεταβολή είναι εκείνη, η οποία γίνεται υπό σταθερή πίεση... Ισοθερμοκρασιακή είναι η μεταβολή κατά την οποία η θερμοκρασία του αερίου παραμένει σταθερή... [Αδιαβατική] το αέριο δε συναλλάσσει θερμότητα με το περιβάλλον.»

Σύνοψη: Η σωστή αντιστοίχιση είναι: Ισοθερμοκρασιακή → Η θερμοκρασία παραμένει σταθερή. Ισόθλιπτη → Η πίεση παραμένει σταθερή. Ισόογκη → Ο όγκος παραμένει σταθερός. Αδιαβατική → Το αέριο δε συναλλάσσει θερμότητα με το περιβάλλον.

Κριτήρια αξιολόγησης:

• Ισοθερμοκρασιακή=T σταθ., Ισόθλιπτη=P σταθ., Ισόογκη=V σταθ., Αδιαβατική=Q=0

Ισόογκη θέρμανση — υπολογισμός τελικής πίεσης

Ερώτηση: Αέριο βρίσκεται σε κύλινδρο σταθερού όγκου. Η αρχική θερμοκρασία του είναι 17 °C και η αρχική απόλυτη πίεση είναι 8 kPa. Αν το αέριο θερμανθεί έως ότου η θερμοκρασία του γίνει 303 °C, να υπολογιστεί η πίεση που θα αναπτυχθεί στον κύλινδρο και να απεικονισθεί η μεταβολή σε διάγραμμα P-V.

Απάντηση:

• §3.2.1, σχέση (3.2). «Ισόογκη μεταβολή: Όταν V = σταθερό, τότε P1/T1 = P2/T2», με αριθμητικό παράδειγμα ίδιας μορφής στη θεωρία (40 Pa, 290 Κ → 870 Κ, τελική πίεση 120 Pa).

Σύνοψη: Μετατρέπουμε τις θερμοκρασίες σε Κέλβιν: T1 = 17 + 273 = 290 Κ, T2 = 303 + 273 = 576 Κ. Πρόκειται για ισόογκη μεταβολή (V=σταθ.), οπότε από τη σχέση P1/T1 = P2/T2 προκύπτει: P2 = P1 · T2/T1 = 8 kPa × 576 Κ / 290 Κ ≈ 15,9 kPa. Στο διάγραμμα P-V η μεταβολή απεικονίζεται ως ευθεία γραμμή κάθετη στον άξονα των όγκων (V σταθερό), από το σημείο (V, 8 kPa) στο σημείο (V, 15,9 kPa).

Κριτήρια αξιολόγησης:

• T1=290K, T2=576K, P2=P1·T2/T1=8×576/290≈15,9 kPa· ευθεία κάθετη στον άξονα V

Ισοθερμοκρασιακή συμπίεση — υπολογισμός τελικού όγκου

Ερώτηση: Αέριο βρίσκεται σε κύλινδρο, με έμβολο που μπορεί να κινείται ελεύθερα. Η αρχική απόλυτη πίεση του αερίου είναι 4 bar και ο αρχικός του όγκος είναι 0,05 m³. Αν το αέριο συμπιεστεί υπό σταθερή θερμοκρασία μέχρι η πίεσή του να γίνει 12 bar, να υπολογιστεί ο τελικός όγκος του και να απεικονισθεί η μεταβολή σε διάγραμμα P-V.

Απάντηση:

• §3.2.3, σχέση (3.4). «Ισοθερμοκρασιακή μεταβολή: όταν Τ = σταθ., τότε P1/P2 = V2/V1 ή P1V1 = P2V2» (νόμος του Boyle).

Σύνοψη: Πρόκειται για ισοθερμοκρασιακή μεταβολή (T=σταθ.), οπότε ισχύει ο νόμος του Boyle: P1·V1 = P2·V2. Δεδομένα: P1 = 4 bar, V1 = 0,05 m³, P2 = 12 bar. Λύνοντας ως προς V2: V2 = P1·V1/P2 = 4 × 0,05 / 12 = 0,2/12 ≈ 0,0167 m³ (≈16,7 lt). Στο διάγραμμα P-V η μεταβολή απεικονίζεται ως καμπύλη (υπερβολή) φθίνουσα από το σημείο (0,05 m³, 4 bar) στο σημείο (0,0167 m³, 12 bar) — καθώς η πίεση τριπλασιάζεται, ο όγκος υποτριπλασιάζεται.

Κριτήρια αξιολόγησης:

• Boyle: P1V1=P2V2 ⇒ V2=4×0,05/12≈0,0167 m³ (≈16,7 lt)· καμπύλη φθίνουσα στο P-V

Κυκλική μεταβολή τριών σταδίων — υπολογισμός καταστάσεων 2 και 3

Ερώτηση: Η αρχική κατάσταση (1) ενός τέλειου αερίου περιγράφεται με τις τιμές P1=1 bar, V1=20 lt και T1=300 Κ. Αρχικά υφίσταται μια ισόογκη θέρμανση μέχρι η θερμοκρασία να γίνει T2=400 Κ (κατάσταση 2). Στη συνέχεια υφίσταται μια ισοθερμοκρασιακή εκτόνωση μέχρι η πίεσή του να επανέλθει στην αρχική της τιμή (κατάσταση 3), και τέλος μια ισόθλιπτη ψύξη, οπότε επανέρχεται στην αρχική του κατάσταση. Απεικονίστε αυτή την κυκλική μεταβολή σε διάγραμμα P-V και υπολογίστε τα μεγέθη P,V,T για τις καταστάσεις 2 και 3.

Απάντηση:

• §3.2.1, §3.2.3, §3.4. Συνδυασμός των σχέσεων (3.2) [ισόογκη: P1/T1=P2/T2], (3.4) [ισοθερμοκρασιακή: P1V1=P2V2] και της έννοιας της κυκλικής μεταβολής («το αέριο μετά από τη σειρά μεταβολών επανέρχεται στην αρχική θερμοδυναμική του κατάσταση»).

Σύνοψη: Κατάσταση 2 (μετά την ισόογκη θέρμανση 1→2, V2=V1=20 lt): από την (3.2), P2 = P1·T2/T1 = 1 bar × 400/300 = 1,33 bar· άρα κατάσταση 2: P2≈1,33 bar, V2=20 lt, T2=400 Κ.

Κατάσταση 3 (μετά την ισοθερμοκρασιακή εκτόνωση 2→3, T3=T2=400 Κ, μέχρι η πίεση να επανέλθει στην αρχική P3=P1=1 bar): από την (3.4), P2·V2 = P3·V3 ⇒ V3 = P2·V2/P3 = 1,33 × 20/1 ≈ 26,67 lt· άρα κατάσταση 3: P3=1 bar, V3≈26,67 lt, T3=400 Κ.

Επαλήθευση κύκλου (ισόθλιπτη ψύξη 3→1, P=σταθ.=1 bar): V3/T3 = 26,67/400 ≈ 0,0667 και V1/T1 = 20/300 ≈ 0,0667 — ταυτίζονται, άρα η κατάσταση 3 επιστρέφει σωστά στην αρχική κατάσταση 1 μέσω ισόθλιπτης ψύξης. Στο διάγραμμα P-V ο κύκλος σχηματίζεται από τρεις καμπύλες: κατακόρυφη (1→2, ισόογκη), υπερβολική φθίνουσα (2→3, ισοθερμοκρασιακή) και οριζόντια (3→1, ισόθλιπτη).

Κριτήρια αξιολόγησης:

• Κατ.2: P≈1,33bar,V=20lt,T=400K (ισόογκη)· Κατ.3: P=1bar,V≈26,67lt,T=400K (ισοθερμ.)· κλείνει με ισόθλιπτη ψύξη

Έμβολο σε ισορροπία — πίεση, βαρίδια και βάρος

Ερώτηση: Σε κύλινδρο με έμβολο αμελητέου βάρους περιέχεται τέλειο αέριο, με το έμβολο σε ισορροπία και ατμοσφαιρική πίεση 1 bar. Η αρχική απόσταση του εμβόλου από τη βάση είναι h1. α) Πόση είναι η πίεση του αερίου μέσα στον κύλινδρο; β) Τοποθετούμε βαρίδια πάνω στο έμβολο, το οποίο κατεβαίνει και ισορροπεί σε απόσταση h2=h1/2 από τη βάση, με τη θερμοκρασία του αερίου να επανέρχεται στη θερμοκρασία δωματίου. Ποια είναι η τελική πίεση; γ) Αν το έμβολο έχει εμβαδόν 100 cm², υπολογίστε το συνολικό βάρος των βαριδιών.

Απάντηση:

• §3.1, §3.2.3. Ισορροπία εμβόλου αμελητέου βάρους (πίεση αερίου = ατμοσφαιρική πίεση) και ισοθερμοκρασιακή μεταβολή (νόμος Boyle, σχέση 3.4) καθώς ο όγκος είναι ανάλογος του ύψους h για σταθερή διατομή εμβόλου.

Σύνοψη: α) Επειδή το έμβολο έχει αμελητέο βάρος και είναι σε ισορροπία, η πίεση του αερίου μέσα στον κύλινδρο ισούται με την ατμοσφαιρική πίεση: P1 = 1 bar.

β) Ο όγκος του αερίου είναι ανάλογος του ύψους h (σταθερή διατομή εμβόλου), άρα V2/V1 = h2/h1 = 1/2, δηλαδή V2 = V1/2. Επειδή η θερμοκρασία επανέρχεται στην αρχική τιμή (δωματίου), πρόκειται ουσιαστικά για σύγκριση δύο καταστάσεων ίδιας θερμοκρασίας, οπότε ισχύει ο νόμος του Boyle: P1·V1 = P2·V2 ⇒ P2 = P1·(V1/V2) = 1 bar × 2 = 2 bar.

γ) Η διαφορά πίεσης ΔP = P2 − P1 = 2 − 1 = 1 bar = 100.000 Pa οφείλεται στο βάρος των βαριδιών που προστέθηκαν, κατανεμημένο στην επιφάνεια του εμβόλου A = 100 cm² = 0,01 m²: βάρος βαριδιών F = ΔP × A = 100.000 Pa × 0,01 m² = 1000 N (περίπου 102 kgf, αν διαιρέσουμε με g≈9,8 m/s²).

Κριτήρια αξιολόγησης:

• α) P=1bar (ισορροπία, έμβολο αβαρές)· β) Boyle με V2=V1/2 ⇒ P2=2bar· γ) F=ΔP·A=1bar×0,01m²=1000N

Μπαλόνι ηλίου που ανεβαίνει — μεταβολή όγκου με τη θερμοκρασία

Ερώτηση: Ένα λαστιχένιο μπαλόνι όγκου 4 lt, γεμάτο με ήλιο, βρίσκεται αρχικά στο έδαφος όπου η θερμοκρασία είναι 25 °C. Το μπαλόνι ξεφεύγει και ανεβαίνει μέχρι ένα σημείο της ατμόσφαιρας όπου η θερμοκρασία είναι 8 °C. Πόσος θα είναι τότε ο όγκος του μπαλονιού;

Απάντηση:

• §3.2.2. Σχέση (3.3) για ισόθλιπτη μεταβολή, T1/V1=T2/V2. Η ερώτηση επισημαίνεται στο βιβλίο με το σύμβολο Π1 (κατάλληλη για ομαδική επεξεργασία/συζήτηση), γιατί η αυστηρή λύση θα έπρεπε να λάβει υπόψη και τη μεταβολή της ατμοσφαιρικής πίεσης με το ύψος, δεδομένο που δεν δίνεται στην άσκηση.

Σύνοψη: (ενδεικτική) Το ερώτημα προσφέρεται για συζήτηση, γιατί χρειάζεται μια απλοποιητική παραδοχή: αν θεωρήσουμε (κατά προσέγγιση, όπως συνήθως γίνεται σε αυτό το επίπεδο) ότι η πίεση μέσα στο μπαλόνι παραμένει περίπου σταθερή καθώς αυτό ανεβαίνει σε μικρό ύψος, τότε μπορούμε να εφαρμόσουμε την ισόθλιπτη σχέση T1/V1 = T2/V2. Μετατρέπουμε τις θερμοκρασίες σε Κέλβιν: T1 = 25+273 = 298 Κ, T2 = 8+273 = 281 Κ. Τότε V2 = V1·T2/T1 = 4 lt × 281/298 ≈ 3,77 lt — δηλαδή το μπαλόνι συστέλλεται ελαφρά καθώς ψύχεται. Στην πραγματικότητα, όμως, καθώς το μπαλόνι ανεβαίνει, μειώνεται και η ατμοσφαιρική πίεση γύρω του (όχι μόνο η θερμοκρασία), κάτι που θα τείνει να αυξήσει τον όγκο του μπαλονιού αντί να τον μειώσει· η άσκηση δεν δίνει στοιχεία για τη μεταβολή της πίεσης με το ύψος, οπότε μια πλήρως αυστηρή αριθμητική απάντηση δεν είναι δυνατή με τα δεδομένα που έχουμε — γι' αυτό είναι κατάλληλη για συζήτηση στην τάξη σχετικά με τις παραδοχές που κάνουμε.

Κριτήρια αξιολόγησης:

• Απλοποίηση (P≈σταθ.): V2=V1·T2/T1≈3,77 lt· στην πραγματικότητα και η πίεση μειώνεται με το ύψος — ανοιχτό προς συζήτηση (Π1)

Μάζα αέρα αίθουσας εργαστηρίου

Ερώτηση: Μια αίθουσα εργαστηρίου έχει διαστάσεις 5×8×4 m. Στην αίθουσα υπάρχουν ένα βαρόμετρο και ένα θερμόμετρο που δείχνουν 1 bar και 27 °C αντίστοιχα. Υπολογίστε τη μάζα του αέρα της αίθουσας.

Απάντηση:

• §3.1, σχέση (3.1). «P × V = m × R × T... R ένας αριθμός χαρακτηριστικός για κάθε αέριο. Τιμές του R για ορισμένα αέρια μας δίνει ο πίνακας 1 του παραρτήματος.»

Σύνοψη: Ο όγκος της αίθουσας είναι V = 5 × 8 × 4 = 160 m³. Η πίεση είναι P = 1 bar = 100 kPa και η θερμοκρασία T = 27+273 = 300 Κ. Χρησιμοποιώντας τη σχέση των τέλειων αερίων P·V = m·R·T με την ειδική σταθερά του αέρα R ≈ 0,287 kJ/kg·K (Πίνακας 1 Παραρτήματος), λύνουμε ως προς τη μάζα: m = P·V/(R·T) = (100 kPa × 160 m³) / (0,287 kJ/kg·K × 300 Κ) = 16.000 / 86,1 ≈ 186 kg.

Κριτήρια αξιολόγησης:

• V=160 m³, P=100kPa, T=300K, R_αέρα≈0,287 kJ/kgK ⇒ m=PV/(RT)≈186 kg

Εντοπισμός λάθους σε αεροθάλαμο συμπιεστή

Ερώτηση: Στον αεροθάλαμο ενός αεροσυμπιεστή (κομπρεσέρ) βρίσκονται 20 kg αέρα υπό πίεση (μανομετρική) 20 bar και θερμοκρασία 20 °C. Μετά από λίγο, μια ποσότητα 5 kg αέρα φεύγει από τον αεροθάλαμο και διοχετεύεται για χρήση. Στο τέλος της διεργασίας το μανόμετρο δείχνει 19,5 bar, ενώ η τελική θερμοκρασία του αέρα στον αεροθάλαμο είναι 18 °C. Τι λάθος υπάρχει σ' αυτή τη μικρή ιστορία;

Απάντηση:

• §3.1, σχέση (3.1). P·V = m·R·T εφαρμοσμένη στην ίδια δεξαμενή (σταθερός όγκος V, ίδιο αέριο, ίδιο R) πριν και μετά την αφαίρεση μάζας. Η ερώτηση επισημαίνεται στο βιβλίο με το σύμβολο Π1 (ερώτηση κρίσεως/συζήτησης).

Σύνοψη: (ενδεικτική) Η ιστορία έχει λογικό/φυσικό λάθος, που εντοπίζεται εφαρμόζοντας την P·V=m·R·T στην ίδια δεξαμενή (σταθερός όγκος V, ίδιο R) πριν και μετά: επειδή V και R είναι σταθερά, η μάζα είναι ανάλογη του λόγου P/T (σε απόλυτες μονάδες). Αρχικά (με ατμοσφαιρική πίεση ≈1 bar) η απόλυτη πίεση είναι περίπου 21 bar στους 20+273=293 Κ, και τελικά περίπου 20,5 bar στους 18+273=291 Κ — δηλαδή η απόλυτη πίεση μειώθηκε ελάχιστα (από 21 σε 20,5 bar, μόλις -2,4%) και η θερμοκρασία σχεδόν καθόλου, ενώ αφαιρέθηκε το 25% της αρχικής μάζας αέρα (5 kg από τα 20 kg)! Αν είχε πράγματι φύγει το 1/4 της μάζας με τόσο μικρή πτώση θερμοκρασίας, η πίεση θα έπρεπε να έχει πέσει κατά περίπου το ίδιο ποσοστό (περίπου στα 15-16 bar απόλυτη), όχι μόλις στα 20,5 bar. Το «λάθος» της ιστορίας είναι επομένως ότι τα αριθμητικά δεδομένα (μάζα που έφυγε, πίεση και θερμοκρασία πριν/μετά) είναι ασύμβατα μεταξύ τους σύμφωνα με την εξίσωση των τέλειων αερίων — δεν μπορεί να έφυγε το 1/4 της μάζας του αέρα με τόσο μικρή πτώση της πίεσης.

Κριτήρια αξιολόγησης:

• m∝P/T (V,R σταθ.)· η πτώση πίεσης (21→20,5 bar απόλ.) είναι πολύ μικρή για να συμβαδίζει με απώλεια 25% της μάζας — αριθμητική ασυνέπεια, θέμα προς συζήτηση (Π1)

Δύο συνδεδεμένες φιάλες — τελική πίεση και κατανομή μάζας

Ερώτηση: Δύο φιάλες, όγκου 1 lt και 4 lt αντίστοιχα, συνδέονται μέσω ενός διακόπτη Δ (ο όγκος του συνδετικού σωλήνα αγνοείται). Αρχικά ο διακόπτης είναι κλειστός: η φιάλη Α (1 lt) περιέχει άζωτο σε θερμοκρασία 0 °C και πίεση 2 bar, ενώ στη φιάλη Β (4 lt) επικρατεί απόλυτο κενό. Ανοίγουμε το διακόπτη, με τη θερμοκρασία να παραμένει σταθερή. Υπολογίστε στην τελική κατάσταση: α) την πίεση σε κάθε φιάλη, β) τη μάζα του αζώτου σε κάθε φιάλη.

Απάντηση:

• §3.2.3, σχέση (3.4). Ισοθερμοκρασιακή εκτόνωση αερίου σε συνολικό όγκο (νόμος Boyle P1V1=P2Vολ) και εφαρμογή της P·V=m·R·T (σχέση 3.1) σε κάθε φιάλη ξεχωριστά για την κατανομή της μάζας.

Σύνοψη: α) Όταν ανοίξει ο διακόπτης, το άζωτο εκτονώνεται ισοθερμοκρασιακά (T=σταθ.) από τον αρχικό όγκο της φιάλης Α (1 lt) στο συνολικό όγκο των δύο φιαλών (1+4=5 lt), αποκτώντας την ίδια πίεση και στις δύο φιάλες (συγκοινωνούντα δοχεία): από το νόμο του Boyle, P1·V_A = Pτελ·(V_A+V_B) ⇒ Pτελ = 2 bar × 1/5 = 0,4 bar (ίδια πίεση και στις δύο φιάλες).

β) Η συνολική μάζα αζώτου παραμένει σταθερή (κλειστό σύστημα, καμία διαρροή). Επειδή η πίεση και η θερμοκρασία είναι πλέον ίδιες σε όλο το σύστημα, από την P·V=m·R·T η μάζα σε κάθε φιάλη είναι ανάλογη του όγκου της: χρησιμοποιώντας R(N2)≈0,297 kJ/kg·K και T=273 Κ, η συνολική μάζα είναι m_ολ = P1·V_A/(R·T) = (200 kPa×0,001 m³)/(0,297×273) ≈ 2,47 g. Κατανέμεται αναλογικά με τον όγκο: στη φιάλη Α (1 lt, το 1/5 του όλου όγκου) m_Α ≈ 0,49 g, και στη φιάλη Β (4 lt, το 4/5) m_Β ≈ 1,97 g (άθροισμα ≈2,47 g, όπως αναμενόταν).

Κριτήρια αξιολόγησης:

• Boyle: Pτελ=P1·V_A/(V_A+V_B)=0,4 bar σε ΑΒ· m∝V (ίδια P,T): m_Α≈0,49g, m_Β≈1,97g, σύνολο≈2,47g