Laboratorium Podstaw Fizyki

Numer ćwiczenia: 29

Temat ćwiczenia : Pomiar współczynnika rozszerzalności liniowej metali metodą elektryczną.

Nazwisko i imię prowadzącego kurs : Dr inż. Adam Sieradzki

Wykonawca:
Imię i nazwisko Nr indeksu, wydział	Magdalena Kaleta 217319, Wydział Chemiczny
Termin zajęć: dzień tygodnia, godzina	Wtorek, 17:05-18:45
Numer grupy zajęciowej:	FZP002080L
Data oddania sprawozdania:	12.05.2015
Ocena końcowa:

Zatwierdzam wyniki pomiarów.

Data i podpis prowadzącego zajęcia:.........................................................................................

Adnotacje dotyczące wymaganych poprawek oraz daty otrzymania poprawionego sprawozdania.

1.Wstęp:

Celem doświadczenia jest wyznaczenie współczynnika rozszerzalności liniowej metalu. Pomiary wykonywane każdorazowo przy zmianie temperatury. Temperatura nie przekroczyła 150°C.

Przyrządy potrzebne do wykonania doświadczenia:

- czujnik mikrometryczny do pomiaru wydłużenia drutu,

- zasilacz prądu stałego (wydajność prądowa = 5A , Uwy= min. 10V),

- cyfrowy miernik temperatury.

2. Wyniki pomiarów i ich opracowanie.

Tabela zależności długości drutu od temperatury.

Dla temperatury początkowej- t₀=24,0±0,1 przyjęto długość drutu L₀₂ = 0,915±0,004[m]

Nr pomiaru	T[°C]	T[K](do wykresu)	∆L [m]	∆T=T-T0[K]	$$\frac{\mathbf{L}}{\mathbf{L}_{\mathbf{0}}}\mathbf{\bullet}\mathbf{10}^{\mathbf{- 6}}\mathbf{\lbrack m\rbrack}$$
1.	27,5	300,63	0,00005	27,48	54,64
2.	37,6	310,75	0,00020	37,60	218,58
3.	52,1	325,25	0,00044	52,10	480,81
4.	73,6	346,50	0,00079	73,35	863,40
5.	95,4	368,55	0,00107	95,40	1169,40
6.	121,6	394,75	0,00151	121,6	1650,30
7.	147,9	421,05	0,00184	147,95	2010,93
Ochładzanie
1.	71,7	344,85	0,00073	71,70	797,82
2.	25,6	298,75	0,00002	25,6	21,86

Przykład przeliczania °C na K:

24[C]+273, 15 = 297, 15[K]

Przykład obliczania ∆T:

300, 63 − 273, 15 = 27, 48[K]

(T) = T + T₀

(T) = 0, 1 + 0, 1 = 0, 2

Przykład obliczania ∆L/L₀:

$$\frac{L}{L^{0}} = \frac{0,00005}{0,915} = 5,464 \bullet 10^{- 5} = 54,64 \bullet 10^{- 6}\lbrack m\rbrack$$

$$\left( \frac{L}{L_{0}} \right) = \left( \frac{\left( L \right)}{L} + \frac{L_{0}}{L_{0}} \right)\frac{L}{L_{0}} = \left( \frac{0,00001}{0,00005} + \frac{0,004}{0,915} \right)0,00005464 = 0,00001$$

Wyliczenie alfy dla danego punktu :

$$\alpha = \frac{(2010,93 - 480,81) \bullet 10^{- 6}}{(147,95 - 52,10)} = \frac{0,00153012}{95,85} = 15,963 \bullet 10^{- 6}\left\lbrack \frac{1}{K} \right\rbrack$$

Alfa z wykresu :

$$\alpha = 16,458 \bullet 10^{- 6}\left\lbrack \frac{1}{K} \right\rbrack$$

Współczynnik korelacji liniowej Pearsona(dla ogrzewania) :

$$r = \frac{n \bullet \sum_{}^{}{x_{i} \bullet y_{i}} - \sum_{}^{}x_{i} \bullet \sum_{}^{}y_{i}}{\sqrt{\left\lbrack n \bullet \sum_{}^{}{x_{i}}^{2} - \left( \sum_{}^{}x_{i} \right)^{2} \right\rbrack \bullet \left\lbrack n - \sum_{}^{}{{y_{i}}^{2} - \left( \sum_{}^{}y_{i} \right)^{2}} \right\rbrack}}$$

rϵ⟨−1,1⟩

∆T=(xi)	$$\frac{\mathbf{L}}{\mathbf{L}_{\mathbf{0}}}\mathbf{\bullet}\mathbf{10}^{\mathbf{- 6}}\mathbf{= (}\mathbf{y}_{\mathbf{i}}\mathbf{)}$$	$$\frac{\mathbf{L}}{\mathbf{L}_{\mathbf{0}}}\mathbf{\bullet}\mathbf{10}^{\mathbf{- 6}}\mathbf{\bullet T = (}\mathbf{x}_{\mathbf{i}}\mathbf{y}_{\mathbf{i}}\mathbf{)}$$	$$\left( \frac{\mathbf{L}}{\mathbf{L}_{\mathbf{0}}}\mathbf{\bullet}\mathbf{10}^{\mathbf{- 6}} \right)^{\mathbf{2}}\mathbf{=}{\mathbf{y}_{\mathbf{i}}}^{\mathbf{2}}$$	(T)^2 = xi^2
27,48	54,64	1501,51	2985,53	755,15
37,60	218,58	8218,61	47777,22	1413,76
52,10	480,81	25050,20	231178,25	2714,41
73,35	863,40	63330,40	745459,56	5380,22
95,40	1169,40	111560,80	1367496,36	9101,16
121,60	1650,30	200676,50	2723490,10	14786,56
147,95	2010,93	297517,10	4043839,46	21889,20
$$\sum_{}^{}{}$$
555,48	6448,06	685305,12	9162226,48	56040,46

n= 7

$$r = \frac{7 \bullet 685306,12 - 6448,06 \bullet 555,48}{\sqrt{\left\lbrack 7 \bullet 56040,46 - {555,48}^{2} \right\rbrack \bullet \left\lbrack 7 \bullet 9162226,48 - {6448,06}^{2} \right\rbrack}}$$

$$r = \frac{4797142,84 - 3581768,40}{\sqrt{83725,18 \bullet 22558107,6}} = \frac{1215374,44}{1374293,14} = 0,88436 = 0,885$$

Współczynnik r > 0, oznacza korelacje dodatnią (wartości obu cech jednocześnie rosną, im wyższa temperatura tym większe wydłużenie drutu). Przy ochładzaniu korelacja również będzie dodatnia jednak wartości obu cech będą równocześnie maleć – nie rosnąć.

3. Wnioski.

Doświadczenie powiodło się – udowodniliśmy zależność między temperaturą w wydłużeniem drutu dzięki wykresowi, ale zarówno dzięki korelacji liniowej Pearsona. Ta zależność istnieje zarówno w czasie ogrzewania jak i ochładzania ośrodka. Współczynnik rozszerzalności liniowej α wyznaczony został dzięki wykresowi zależności wydłużenia drutu od temperatury.