Agregatna stanja i promjene

🎯 Cilj lekcije

Opisati čvrsto, tečno i gasovito stanje pomoću rasporeda i kretanja čestica.
Razlikovati topljenje, očvršćavanje, isparavanje, kondenzaciju i sublimaciju.
Računati količinu toplote za promjenu stanja po formuli Q = m·L.
Pročitati grafik temperature u zavisnosti od dovedene toplote i objasniti platoe.

1. Tri agregatna stanja na nivou čestica

Led, voda i para ista su tvar u tri različita stanja. Čestice su iste — molekule H₂O — ali je različit njihov raspored i način kretanja. Zato se led može držati u ruci, voda se prelijeva, a para ispuni cijelu prostoriju.

Stanje	Čestice	Oblik i zapremina	Primjer
čvrsto	uredno poredane, titraju na mjestu	stalan oblik i zapremina	led, kamen, metal
tečno	blizu, klize jedna preko druge	stalna zapremina, oblik se mijenja	voda, ulje, živa
gasovito	daleko, lete velikim brzinama	zauzimaju cijeli prostor	vodena para, zrak

Prelazak iz jednog stanja u drugo zove se promjena agregatnog stanja. Ona se ne događa sama od sebe: treba joj energija ili je oslobađa. Promjene teku u oba smjera, zavisno od toga prima li tvar toplotu ili je predaje.

2. Topljenje i očvršćavanje

Topljenje je prelazak iz čvrstog u tečno stanje. Dovodiš li ledu toplotu, on se prvo zagrije do 0 °C, a zatim se pri stalnoj temperaturi topi. Čestice na taj način dobijaju dovoljno energije da se oslobode iz uređenog rasporeda i počnu kliziti.

Temperatura na kojoj se tvar topi zove se temperatura topljenja. Za led pri normalnom pritisku to je 0 °C, za željezo oko 1535 °C. Dok se led topi, temperatura smjese leda i vode ostaje 0 °C iako stalno dovodiš toplotu — sva dovedena energija troši se na razbijanje veza među česticama, a ne na povećanje srednje kinetičke energije.

Očvršćavanje (skrućivanje) je obrnuti proces: tečnost prelazi u čvrsto stanje pri istoj temperaturi i pritom predaje toplotu okolini. Zato se voda u posudi zimi smrzava sporo i uz oslobađanje toplote.

💡 Zapamti Tokom topljenja ili ključanja čiste tvari pri stalnom pritisku temperatura ostaje stalna dok su obje faze prisutne. Pri površinskom isparavanju temperatura tečnosti može se mijenjati. Toplota koja se dovodi troši se na promjenu rasporeda čestica, a ne na njihovu brzinu.

3. Isparavanje, kondenzacija i sublimacija

Isparavanje je prelazak iz tečnog u gasovito stanje. Odvija se na svakoj temperaturi: i mlaka voda u tanjiru ispari za nekoliko sati. Brže je kada je temperatura viša, kada je površina veća i kada vjetar odnosi paru. Ključanje je poseban oblik isparavanja koji se odvija u cijeloj zapremini tečnosti pri temperaturi ključanja (za vodu 100 °C pri normalnom pritisku).

Kondenzacija je prelazak pare u tečnost; para pritom predaje toplotu. Zato se čaša hladnog pića „znoji“, zato nastaje magla i zato se na hladnom staklu skupljaju kapljice.

Sublimacija je prelazak direktno iz čvrstog u gasovito stanje, bez tečne faze. Snijeg na jakom mrazu postepeno nestaje i kada je temperatura ispod 0 °C — to je sublimacija. „Suhi led“ (čvrsti ugljen-dioksid) sublimira na sobnoj temperaturi i zato se koristi za hlađenje.

Znojenje te hladi upravo zato što voda s kože isparava i pritom uzima toplotu od tijela. Iz istog razloga para na 100 °C izaziva teže opekotine od vode na 100 °C: para pri kondenzaciji predaje dodatnu toplotu isparavanja.

4. Q = m·L i grafik temperature

Količina toplote potrebna za promjenu stanja mase m računa se po formuli:

Q = m · L

L je specifična toplota promjene stanja, u J/kg ili kJ/kg. Ona kazuje koliko toplote treba za 1 kg tvari. Vrijednosti koje koristimo:

Veličina	Vrijednost	Značenje
c(led)	2100 J/(kg·K)	zagrijavanje leda
c(voda)	4200 J/(kg·K)	zagrijavanje vode
L(topljenje leda)	334 kJ/kg	1 kg leda na 0 °C u vodu na 0 °C
L(isparavanje vode)	2260 kJ/kg	1 kg vode na 100 °C u paru na 100 °C

Zato zagrijavanje i hlađenje računamo po Q = m·c·Δt, a promjenu stanja po Q = m·L. Kada se tvar zagrijava kroz više faza, toplote se sabiraju.

Na grafiku temperature u zavisnosti od dovedene toplote to izgleda kao stepenice: kosi dio znači zagrijavanje jedne faze, a vodoravni plato znači promjenu stanja pri stalnoj temperaturi. Plato topljenja za 0,5 kg leda iznosi 167 kJ, a plato isparavanja za istu masu vode 1130 kJ — zato je isparavanje daleko „skuplje“ od topljenja.

Kako pritisak utiče na promjenu stanja

Temperatura na kojoj voda ključa zavisi od pritiska. Pri normalnom pritisku (oko 1013 hPa) voda ključa na 100 °C. Pri većem pritisku, kao u loncu pod pritiskom (oko 2000 hPa), voda ključa na višoj temperaturi, oko 120 °C. Pri manjem pritisku, kao na planini na oko 3000 m (oko 700 hPa), voda ključa na oko 90 °C. Zato se jaje u planini kuha duže.

5. Isprobaj: zagrij led od −20 °C do pare

Pomjeraj klizač dovedene toplote. Prati temperaturu, sadržaj posude i marker na odvojenom grafiku. Nivo tečnosti opada dok voda ključa; para izlazi iz posude. Posuda i molekule nisu nacrtani u razmjeru. Obrati pažnju na dva vodoravna dijela grafika.

Dovedena količina toplote: 0 kJ

Led se zagrijava: temperatura raste od −20 °C prema 0 °C.

Za zagrijavanje leda do 0 °C treba 21 kJ, za topljenje 167 kJ, za zagrijavanje vode do 100 °C 210 kJ, a za isparavanje 1130 kJ.

Simulacija računa za 0,5 kg leda na −20 °C pri normalnom pritisku, bez gubitaka toplote. Ukupna toplota do potpunog isparavanja iznosi 1528 kJ.

Vremenski pokus: grijač radi, a temperatura stoji?

Grijemo 0,5 kg leda od −20 °C do vode na 20 °C. Idealni grijač predaje 1 kJ svake sekunde (snaga 1 kW), pri normalnom pritisku i bez gubitaka toplote. Tok je ubrzan: jedna sekunda prikaza predstavlja 10 s pokusa. Prvo predvidi temperaturu tokom topljenja.

1. Predvidi temperaturu

Na početku topljenja led i voda su na 0 °C. Poslije još 30 kJ, dok ima leda, temperatura je

2. Grij i prati grafik

┄ Siva linija: cijeli tok · ━ Jantarna linija: do sada · ● Tačka: sadašnje očitanje.

Vrijeme 0 s · Q = 0 kJ · temperatura −20 °C.

Predvidi, pokreni, pa pauziraj na vodoravnom dijelu grafa. Grijač je i dalje uključen.

Pritisni „Šta rade čestice?“ da povežeš stanje s prikazom.

3. Zabilježi i objasni

Tvoja očitanja (najviše 6)
Vrijeme / s	Q / kJ	T / °C	Stanje

Za led: c = 2,1 kJ/(kg·°C); topljenje: L = 334 kJ/kg; za vodu: c = 4,2 kJ/(kg·°C). Zato led do 0 °C primi 21 kJ, zatim za topljenje još 167 kJ, a voda do 20 °C još 42 kJ. Ukupno 230 kJ.

6. Korak po korak: od leda do vode na 100 °C

Zadatak: „Koliko toplote treba da se 0,5 kg leda na −20 °C zagrije, otopi i dovede do vode na 100 °C?“ Radi ovako, korak po korak.

1.Razdvoji faze Zadatak ima tri dijela: zagrijavanje leda, topljenje, zagrijavanje vode.

Q₁=m·c(led)·Δt = 0,5·2100·20 Led se zagrijava od −20 °C do 0 °C, dakle za 20 K.

Q₁=21 000 J = 21 kJ Račun: 0,5·2100 = 1050, pa 1050·20 = 21 000.

Q₂=m·L = 0,5·334 = 167 kJ Topljenje pri stalnoj temperaturi 0 °C.

Q₃=0,5·4200·100 = 210 000 J = 210 kJ Voda se zagrijava od 0 °C do 100 °C, dakle za 100 K.

Q=21 + 167 + 210 = 398 kJ Provjera: topljenje troši 167 kJ, skoro kao zagrijavanje iste vode za 80 K (0,5·4200·80 ≈ 168 kJ) — plato je zato širok.

Promjena temperature ključanja korak po korak

t(1013 hPa)=100 °C Normalni pritisak: referentna vrijednost.

t(2000 hPa)=≈ 120 °C Viši pritisak: tačka ključanja raste.

Δt=120 − 100 = 20 °C Razlika temperatura: promjena od 20 °C je jednaka promjeni od 20 K.

t(700 hPa)=≈ 90 °C Niži pritisak na planini.

Δt=90 − 100 = −10 °C Negativan predznak znači da je temperatura niža.

Zaključak⇒veći pritisak podiže, a manji spušta temperaturu ključanja Pritisak i tačka ključanja su u istom smjeru.

7. Riješeni primjeri

Dva tipa zadatka: količina toplote za promjenu stanja i ukupna toplota kroz više faza. U svakom tipu su tri primjera, od lakšeg ka težem.

Tip 1: Q = m·L

Primjer 1: topljenje leda

Koliko toplote treba da se 0,5 kg leda na 0 °C otopi u vodu na 0 °C?

m=0,5 kg Masa leda.

L=334 kJ/kg Specifična toplota topljenja leda.

Q=m·L = 0,5·334 Temperatura se ne mijenja, pa nema c i Δt — samo L.

Q=167 kJ Provjera: 167 kJ je oko osam puta više od toplote za zagrijavanje istog leda za 20 K.

Primjer 2: isparavanje vode

Koliko toplote treba da 0,2 kg vode na 100 °C ispari u paru na 100 °C?

m=0,2 kg Masa vode koja isparava.

L=2260 kJ/kg Specifična toplota isparavanja vode.

Q=0,2·2260 Uvrštavanje u Q = m·L.

Q=452 kJ Provjera: 0,1·2260 = 226, pa je za 0,2 kg dvostruko, 452 kJ.

Primjer 3: zagrijavanje i topljenje

Koliko toplote treba da se 1 kg leda na −10 °C otopi u vodu na 0 °C?

Q₁=1·2100·10 = 21 000 J Prvo zagrijavanje leda od −10 °C do 0 °C, dakle za 10 K.

Q₁=21 kJ Mali dio ukupne toplote.

Q₂=1·334 = 334 kJ Topljenje cijelog kilograma leda pri 0 °C.

Q=21 + 334 = 355 kJ Toplote se sabiraju jer su faze uzastopne.

Provjera⇒334 > 21 Skoro cijela toplota odlazi na topljenje, a vrlo malo na zagrijavanje leda.

Tip 2: ukupna toplota i čitanje grafika

Primjer 1: šta znači plato?

Na grafiku za 0,5 kg leda prvi plato je na 0 °C, a drugi na 100 °C. Zašto temperatura na platoima ne raste?

1. plato=topljenje pri 0 °C Led prelazi u vodu; mješavina leda i vode ima 0 °C.

2. plato=isparavanje pri 100 °C Voda prelazi u paru; mješavina vode i pare ima 100 °C.

Energija→razmak među česticama Dovedena toplota mijenja raspored, a ne srednju brzinu čestica.

Zaključak⇒temperatura stalna Zato plato znači promjenu stanja, a kosi dio zagrijavanje.

Primjer 2: poređenje platoa

Za istu masu vode plato topljenja iznosi 167 kJ, a plato isparavanja 1130 kJ. Koliko je puta isparavanje „skuplje“?

Q_top=167 kJ 0,5 kg leda pri 0 °C.

Q_isp=1130 kJ 0,5 kg vode pri 100 °C.

odnos=1130 / 167 Mase su iste, pa se odnos svodi na odnos L.

odnos≈6,8 Račun: 2260 : 334 = 6,76…, zaokruženo 6,8.

Provjera⇒bez jedinice Na grafiku drugi plato mora biti skoro sedam puta duži — tako i jeste.

Primjer 3: zagrijavanje leda i topljenje

Koliko toplote treba da 0,25 kg leda na −20 °C postane voda na 100 °C?

Q₁=0,25·2100·20 = 10 500 J Zagrijavanje leda od −20 °C do 0 °C.

Q₂=0,25·334 = 83,5 kJ Topljenje leda na 0 °C za 0,25 kg; Q₂ = 83,5 kJ.

Q₃=0,25·4200·100 = 105 000 J = 105 kJ Zagrijavanje vode od 0 °C do 100 °C.

Q=10,5 + 83,5 + 105 Saberi sve tri faze.

Q=199 kJ Provjera: za dvostruko više leda trebalo bi 398 kJ — dvostruko, kako i očekujemo.

⚠️ Česte greške

„Temperatura raste dok se led topi.“ Ne raste: dok traje topljenje, temperatura smjese je 0 °C. Na grafiku je to vodoravni plato.
Korištenje Q = m·c·Δt za promjenu stanja. Za topljenje i isparavanje vrijedi Q = m·L. Uz Q = m·c·Δt ne bi imao šta uvrstiti za Δt, jer se temperatura ne mijenja.
Isparavanje nije samo ključanje. Voda isparava i na sobnoj temperaturi; ključanje je isparavanje u cijeloj zapremini pri temperaturi ključanja.
Miješanje c i L. c je u J/(kg·K) i koristi se uz promjenu temperature, a L je u kJ/kg i koristi se bez promjene temperature.

✅ Kviz — provjeri sebe (4 pitanja)

1. Šta se dešava s temperaturom dok se led topi pri normalnom pritisku?

2. Po kojoj formuli računaš toplotu za isparavanje?

3. Koliko toplote treba da 2 kg leda na 0 °C pređe u vodu na 0 °C?

4. Kako se zove prelazak iz čvrstog direktno u gasovito stanje?

8. Primijeni i objasni

Samostalan zadatak: Koliko toplote treba da 0,4 kg leda na −5 °C postane voda na 20 °C? Zatim izračunaj koliko još toplote treba da ta voda na 20 °C postane para na 100 °C pri normalnom pritisku i uporedi s prethodnim rezultatom.

Provjeri rješenje i obrazloženje

Prvo zagrijavanje leda: Q₁ = 0,4·2100·5 = 4200 J = 4,2 kJ. Topljenje: Q₂ = 0,4·334 = 133,6 kJ. Zagrijavanje vode od 0 °C do 20 °C: Q₃ = 0,4·4200·20 = 33 600 J = 33,6 kJ. Ukupno: Q = 4,2 + 133,6 + 33,6 = 171,4 kJ. Vodu prvo zagrijavamo od 20 °C do 100 °C: Q₄ = 0,4·4200·80 = 134 400 J = 134,4 kJ. Zatim je pri 100 °C pretvaramo u paru: Q₅ = 0,4·2260 = 904 kJ. Dodatno treba Q₄ + Q₅ = 1038,4 kJ, približno šest puta više od 171,4 kJ. Samo isparavanje zahtijeva 904 kJ jer se pri prelasku u gas znatno povećavaju razmaci među molekulama i savladavaju njihove privlačne sile; molekule H₂O pritom se ne razlažu.

Pokušaj najprije samostalno, pa provjeri u simulaciji pomjerajući klizač i gledajući koliko dugo traje drugi plato.

Samostalan zadatak: Na planini, pri pritisku oko 700 hPa, voda ključa na 90 °C. (a) Koliko je niža tačka ključanja od 100 °C? (b) Zašto se jaje kuha duže? (c) Šta bi učinio da kuhaš brže, i zašto to radi?

Provjeri rješenje i obrazloženje

(a) Za 10 K. (b) Voda je hladnija, pa jaje u sekundi prima manje toplote, pa se kuhanje produži. (c) Lonac pod pritiskom: viši pritisak podigne tačku ključanja na oko 120 °C, pa se jaje kuha brže.

Veza s programom

Ključni sadržaji koje ovdje učiš: agregatna stanja, topljenje i očvršćavanje, isparavanje i kondenzacija, sublimacija, Q = m·L i grafik temperature pri promjeni stanja.

Oblast C, 8. razred. Predmetni kurikulum KS, Fizika, 8. razred, oblast C, štampana str. 21. Raspored oblasti na portalu je urednički. Objašnjenja, primjeri, simulacija i kviz su autorski.