Zjawisko przepływu ciepła między ciałami można zwizualizować

Zjawisko przepływu ciepła między ciałami można zwizualizować jako przepływ cieczy
między pojemnikami reprezentującymi te ciała.
Omówmy to zagadnienie na przykładzie zadania z bilansu cieplnego (zadanie 10.71 ze zbioru:
R. Subieta, Zbiór zadań z fizyki dla szkoły podstawowej, Wydawnictwa Szkolne i
Pedagogiczne, Warszawa 1996).
Szklankę o pojemności 200 cm3 napełniono do ¾ pojemności zimną wodą o
temperaturze 10ºC i dopełniono wrzątkiem o temperaturze 100ºC. Nie biorąc pod
uwagę strat energii na ogrzewanie samej szklanki i powietrza w otoczeniu wyznacz
końcową temperaturę wody w szklance.
Zadanie to można łatwo rozwiązać korzystając z równania bilansu cieplnego.
Jeśli przez c1, m1 i tp1 oznaczymy odpowiednio ciepło właściwe, masę (nie jest podana, lecz
obliczmy ją łatwo znając objętość i gęstość wody) i temperaturę początkową wody zimnej,
zaś przez c2, m2 i tp2 odpowiednio ciepło właściwe, masę i temperaturę początkową wody
ciepłej, oraz przez tk wspólną temperaturę końcową, to możemy zapisać równanie:
c1 ⋅ m1 ⋅ ( t k − t p1 ) = c 2 ⋅ m2 ⋅ ( t p 2 − t k ) .
Ciepło właściwe wody ciepłej i wody zimnej są sobie równe ( c1 = c2 ), więc:
m1 ⋅ ( t k − t p1 ) = m2 ⋅ ( t p 2 − t k ) .
m1 ⋅ t p1 + m2 ⋅ t p 2
= 32,5° C .
Stąd obliczamy, że temperatura końcowa wynosi: t k =
m1 + m2
Zastanawiając się nad wynikiem można spytać, dlaczego wartość temperatury końcowej jest
bliższa wartości temperatury początkowej wody zimnej. Łatwo się domyślić, że jest tak
dlatego, że wody zimnej było więcej. Powyższy wzór końcowy, z którego obliczamy tk jest w
istocie wzorem na średnią ważoną tp1 i tp2, z wagami m1 i m2.
Łatwo wykazać, że gdyby nie wartości ciepła właściwego, ale również masy ciał
uwzględnianych w bilansie cieplnym były sobie równe (np. szklanka do połowy wypełniona
wodą zimną, a od połowy ciepłą), to temperatura końcowa byłaby średnią arytmetyczną
temperatur początkowych (czyli w naszym przykładzie wynosiłaby 55° C ).
Jednak ogólnie rzecz biorąc, przy różnych wartościach mas i ciepła właściwego, sytuacja staje
się bardziej skomplikowana. W celu intuicyjnego uchwycenia zależności między wartościami
c, m i ∆ t można zastosować następującą wizualizację.
Pomyślmy o ciałach biorących udział w bilansie cieplnym jako o pojemnikach o podstawie
równej iloczynowi wartości ich masy i ciepła właściwego, i wysokości równej wartości
zmiany temperatury w procesie przepływu ciepła.
Objętości takich pojemników dla ciał oddających i przyjmujących ciepło będą musiały być
równe, bo tyle ciepła, ile jedno ciało oddaje, drugie przyjmuje. Objętości te wynoszą
Q = c ⋅ m ⋅ ∆ t dla obydwu ciał, zaś w bilansie cieplnym Q1 będzie równe Q2.
Możemy sobie wyobrazić, że ciepło przelewane jest z jednego pojemnika do drugiego
(mówimy przecież o ‘przepływie’ ciepła), a ostateczna wysokość słupa cieczy w obydwu
naczyniach musi być taka, żeby w obydwu naczyniach było tyle samo ‘ciepła’.
W przypadku rozważanego zadania wizualizacja taka może wyglądać następująco (pojemniki
położone są poziomo, tak aby ich wysokości ułożone były wzdłuż jednej prostej).
1
Korzystając z tego rysunku, zadanie z bilansu cieplnego można rozwiązać w ‘geometryczny’
sposób.
Skoro objętości mają być równe, to musi być spełniona równość:
c1 ⋅ m1 ⋅ ( t k − t p1 ) = c 2 ⋅ m2 ⋅ ( t p 2 − t k ) .
Krawędzie podstaw (położonych poziomo) pojemników wynoszą m1 i c1 oraz m2 i c2.
Wiemy, że c1 = c2 , co uwidocznione jest na rysunku. Zaś krawędź m1 jest dłuższa od m2.
Z treści zadania wiemy, że oba ciała biorące udział w wymianie ciepła mają tę samą gęstość
(oba ‘ciała’ to woda), a ciało pierwsze ma objętość trzy razy większą (wypełnia ¾ szklanki)
niż ciało drugie (zajmujące ¼ szklanki). Wynika z tego, że krawędź m1 powinna być na
rysunku trzy razy dłuższa od krawędzi m2
Widać, że aby objętości naczyń były sobie równe, naczynie po prawej musi być dłuższe.
Odpowiada to sytuacji, w której wartość tk jest bliższa tp1 niż tp2 na osi t.
Ile razy wysokość naczynia drugiego jest dłuższa niż pierwszego?
Wiedząc, że c1 = c2 i m1 = 3m2 , możemy zastosować podstawienia:
c1 ⋅ 3m2 ⋅ ( t k − t p1 ) = c1 ⋅ m2 ⋅ ( t p 2 − t k ) .
Stąd: 3 ⋅ ( t k − t p1 ) = ( t p 2 − t k ) . Więc wysokość drugiego naczynia jest trzy razy dłuższa.
Znamy wartości tp1 i tp2.
Odległość między tymi punktami na osi t możemy podzielić na cztery równe części (jedna
część z lewej to ( t k − t p1 ) , a druga z prawej – trzy razy dłuższy odcinek ( t p 2 − t k ) ):
Punkt tk odległy jest zatem od punktu tp1 o odcinek o długości jednej czwartej odległości
między tp1 a tp2, która równa jest 100° C − 10° C = 90° C .
1
Wartość tk wynosi zatem 10° C + ⋅ 90° C = 10° C + 22,5° C = 32,5° C .
4
Sytuacji, w której objętości zimnej i ciepłej wody byłyby sobie równe odpowiadałby rysunek
2
Punkt odpowiadający temperaturze końcowej znajdowałby się pośrodku między
temperaturami początkowymi, a abstrakcyjne pojemniki reprezentujące dwie części objętości
wody miałyby dokładnie takie same rozmiary.
Rozwiążmy jeszcze w ‘geometryczny’ sposób inne zadanie, w którym ciała biorące udział w
wymianie ciepła mają różne masy i ciepła właściwe.
Kowal wrzucił do wiadra z zimną wodą rozżarzoną żelazną podkowę w celu jej
zahartowania. Masa podkowy wynosiła 0,8 kg, masa wody w wiadrze 8 kg.
Temperatura wody po wrzuceniu podkowy wzrosła od 20°C do 30°C. Jaka była w
przybliżeniu temperatura wnętrza paleniska, w którym ogrzewano podkowę?
(zadanie 10.72 ze zbioru: R. Subieta, Zbiór zadań z fizyki dla szkoły podstawowej,
Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne, Warszawa 1996)
Dane:
J
(z tabeli), t p1 = 20°C, t k = 30°C
kg ⋅ ° C
J
m2 = 0,8 kg , c2 = 460
(z tabeli), t p 2 = ?
kg ⋅ ° C
m1 = 8 kg , c1 = 4190
Wiadomo, że szukana temperatura początkowa podkowy będzie wyższa, ale jak dużej
wartości należy się spodziewać? Wykonanie rysunku pozwoli nam niejako ‘zobaczyć’ wynik:
najpierw go oszacować, a następnie, po obliczeniach, nabrać przekonania o sensowności
obliczonego wyniku.
Zaczynamy od porównania mas: woda jest dziesięć razy cięższa (8 : 0,8 = 10), więc pierwsza
krawędź podstawy pierwszego pojemnika powinna być 10 razy dłuższa niż drugiego:
Narożniki pojemników umieszczamy wzdłuż prostej, która reprezentuje oś temperatur.
Następnie porównujemy ciepła właściwe: ciepło właściwe wody jest również około dziesięć
razy większe (4190 : 460 ≈ 10), więc druga krawędź podstawy również będzie ok. 10 razy
dłuższa od swojej odpowiedniczki.
3
Widać już, że aby objętości dwóch pojemników były sobie równe, drugi pojemnik będzie
musiał być bardzo wysoki w porównaniu z pierwszym, tak aby ciepło ‘przelane’ z naczynia
prawej strony wypełniło całą objętość naczynia z lewej. Czyli wysokość naczynia z prawej (
∆ t 2 ) będzie znacznie większa niż wysokość naczynia z lewej ( ∆ t1 ).
Ile razy ∆ t 2 jest większa od ∆ t1 ?
Tyle razy, ile razy podstawa pierwszego pojemnika jest większa od podstawy drugiego, czyli
ok. 100 razy (bo każda z krawędzi podstawy jest ok. 10 razy dłuższa).
4
Obliczmy dokładne wartości. Przyjmijmy za podstawę obliczeń mniejsze wartości m i c.
Żelazo jest 10 razy lżejsze – oznaczmy więc wartość masy żelaza jako m, a wartość wody
jako 10 m.
Żelazo ma wartość ciepła właściwego mniejsze 4190 / 460 ≈ 9,11 razy, oznaczamy więc
ciepło właściwe żelaza jako c, a ciepło właściwe wody jako 9,11 c.
Korzystając z równania bilansu cieplnego (lub równania na ‘objętości naczyń’) mamy:
10m ⋅ 9,11c ⋅ ∆ t1 = m ⋅ c ⋅ ∆ t 2 .
Stąd: ∆ t 2 = 91,1∆ t1 .
Wartość ∆ t 2 mamy daną: woda ogrzała się od 20°C do 30°C, więc ∆ t 2 = 10°C.
W takim razie żelazo oziębiło się o 91,1 ⋅ 10° C = 911° C .
Znamy temperaturę końcową żelaza, a poszukujemy jego temperatury początkowej.
Otrzymamy ją dodając do wartości t k wartość ∆ t 2 , czyli 911° C :
t p 2 = t k + ∆ t 2 = 30° C + 911° C = 941° C .
Z porządnego przekształcenia równań bilansu cieplnego otrzymalibyśmy następujący wzór na
temperaturę początkową żelaza:
( m c + m 2 c2 ) ⋅ tk − m1c1t p1
t p2 = 1 1
.
m2 c2
Wyrażenie takie jest znacznie mniej przejrzyste niż końcowy wzór w rozważanym wcześniej
zadaniu (10.71), który łatwo było zinterpretować jako średnią ważoną. Poza tym, przy
większej ilości działań łatwiej o pomyłkę (tym bardziej, że wartości temperatur w treści
zadania podane są w skali Celsjusza, a do wzoru można je podstawić tylko w skali Kelvina;
zamiana skali w metodzie ‘geometrycznej’ nie jest natomiast konieczna, bo bierzemy tu pod
uwagę tylko różnice temperatur). Dlatego warto nieraz rozważyć sensowność wyniku w
oparciu o rozrysowany powyżej schemat.
5