Løsningsforslag Eksamen 10. august 2002.

Institutt for fysikk 2002

SIF4016 Termisk fysikk/Fysikk 4

Løsningsforslag Eksamen 10. august 2002.

Tallsvar som brukes i videre regning er oppgitt med noen flere sifre enn et endelig svar bør oppgis i. Noen flere figurer/grafer enn brukt her i løsningsforslaget vil gjøre seg meget bra.

Oppgave 1.

a) Tilstandslikningen for lufta ved start- og sluttilstand bestemmelser

V

2:

p

0

V

0 =^N

RT

0

, p

2

V

2 =^N

RT

0 ^⇒

V

2=

V

0^·

p

0

p

2 = 5

,

00 m³ 1

20 = 0

,

25 m³

.

Vi kan ogs˚a beregne antall mol av gassen (kan f˚abruk for seinere):

N=

p

0

V

0

RT

0 = 101330 N

/

m^2·5

,

0 m³

8

,

31^·293 Nm

/

mol = 208

,

1 mol

.

Vi unng˚ar ˚a innføre trykket

p

₂ og bruker derfor adiabatlikningen p˚a form

T

0

V

₀^γ−1 =

T

2

V

₂^γ−1 for ˚a bestemme

T

2. Dette gir

T

2 =

T

0^·

V

0

V

2 _γ−1

= 293 K^· 5

,

0 0

,

25

2^/5

= 971 K

.

b) Det er kun under den adiabatiske prosessen det utveksles arbeid. Her er

pV

^γ =

p

0

V

₀^γ, og dermed

W

ABC =

W

AB= ^V2

V0

p

d

V

= ^V2

V0

p

0

V

₀^γd

V

V

^{γ =}

p

0

V

₀^γ

1⁻

γ

V

^1−γV_V²

0 =

p

0

V

0

1⁻

γ

V

0

V

2 _γ−1

−1

= 101330 N

/

m^2·5

,

0 m²

−0

,

40

5

,

0 0

,

25

0^,40

−1=⁻2

,

93 MJ

.

(arbeid utført^p˚asystemet)

N˚ar slutt-temperatur er lik start-temperaturen er den indre energi

U

for ideell gass uendret. Fra første hovedsetning beregner vi varme tilført systemet:

Q

ABC =

W

ABC=⁻2

,

93 MJ (varme er trukket ut av systemet)

.

Alternative løsninger under b):

Man kunne eventuelt beregnet^QABC=^QAB+^QBCfra hver delprosess. Ingen varme tilføres under den adiabatiske kompresjonen AC, og for den isokore prosessen BC er^QBC=^CV∆^T:

QABC= 0 +CV∆T = 52^{· NR}(T0− T2) = 52^·208 mol·8,31·(293−971) J/mol =−2,93 MJ.

Hvis man bestemmerQABCførst kan man som over bruke ∆UABC=QABC− WABC= 0 og

WABC=QABC=−2,93 MJ.

c) For den isoterme prosessen viser

pV

-diagrammet at arbeidet er mindre. Vi finner:

W

AC = ^V2

V0

p

d

V

= ^V2

V0

N

RT

0d

V

V

^=N

RT

0^·ln

V

2

V

0 = 208^·8

,

31^·293 J^·ln 0

,

25

5

,

0 =⁻1

,

52 MJ d) Arbeid p˚aført maskinen ^|

W

AB^| er større enn arbeid

W

CA som maskinen utfører, dvs. netto p˚aført arbeid. Det er derfor en kjølemaskin. Varme

Q

inn trekkes ut fra omgivelsene (reservoar) til systemet ved temperatur

T

0 i CA, og noe større varme ^|

Q

ut^|fraktes ut av systemet til omgivelsene i prosess BC ved varierende temperatur

T

2 ^→

T

0.

e) For kjølemaskinen er det nyttige

Q

inn (varme ut av det ”kalde” reservoaret). Det som koster er netto p˚aført arbeid,

W

_AB+

W

_CA. Virkningsgraden (oftest kalt kjølefaktor for en kjølemaskin) er da lik

η

=

Q

inn

|

W

AB+

W

CA^|

1

Beregnet tidligere:

W

AB =⁻ 2,93 MJ og

W

CA =⁻

W

AC = 1,52 MJ. For den isoterme prosessen AC er

∆

U

= 0, slik at

Q

inn=

Q

CA=

W

CA = 1

,

52 MJ

Dermed er

η

=

Q

inn

|

W

AB+

W

CA^| = 1

,

52

1

,

41 = 1

,

08

.

Dersom den arbeider som en varmepumpe er den nyttige varmen^|

Q

ut^|som tilføres varme reservoar(er), og virkningsgraden blir

η

= ^|

Q

ut^|

|

W

AB+

W

CA^| = 2

,

93

1

,

41 = 2

,

08

.

(svaret aksepteres)

Oppgave 2.

a) For en adiabatisk prosess er d-

Q

= 0. Antar vi en reversibel prosess fra 1 til 2 er d-

Q

=

T

d

S

, og følgelig 0^≡∆

S

12=

C

^V ln

T

2

T

1 +^N

R

ln

V

2

V

1

Som alts˚a gir

N

R

ln

V

2

V

1 =⁻

C

^V ln

T

2

T

1 ^⇒

N

R C

^{V ln}

V

2

V

1 = ln

T

1

T

2

For ideell gass er

C

^p−

C

^V =^N

R

^{⇒ N}

R

C

^{V =}

C

^p−

C

^V

C

^{V =}

γ

⁻1 Dermed er

ln

V

2

V

1 (^γ−1)

= ln

T

1

T

2 ^⇒

T

1

V

₁^(γ−1)=

T

2

V

₂^(γ−1) = konstant

.

b) Hver gass A og B gjennomg˚ar en volumøkning fra henholdsvis

V

A og

V

B til

V

=

V

A+

V

B, der

p

og

T

holdes konstant. Da er fra ideell gasslov

kT p

⁼

N

A

V

A =

N

B

V

B =

N

V

⁼

N

A+

N

B

V

A+

V

B

og entropiøkning for hver gass er gitt av formelen med konstant temperatur:

∆

S

A =^NA

R

ln

V

V

A =^−NA

R

ln

x

A

der molbrøken er

x

A= ^NN^A = ^VV^A.

Idet de to gassene A og B er ideelle og dermed uavhengig av hverandre er total entropiendring lik sum av entropiendring for hver enkelt av dem:

∆

S

mix= ∆

S

A+ ∆

S

B =⁻

R

i=A^,B^Niln

x

ⁱ

.

Oppgave 3.

a) Ved stasjonære forhold m˚a all varme som produseres i det indre fraktes gjennom jordskorpa, derfor blir varmeflukstettheten

j

=

P

4

πr

². Varmeledningslikningen

j

=⁻

κ

^·d

T

d

r

gir dermed

t

(

r

) = d

T

d

r

⁼⁻

j

κ

⁼⁻

P

κ

^·4

πr

^{2 =−}

A r

²

,

med

A

=

P

κ

^·4

π

⁼ 3

,

4 W³⁴

/

^·(K^1012·m)^W·4

π

^{= 0}

,

796^·10¹²K^·m

.

2

b) Middelverdi av

t

(

r

) er lik:

t

(

r

)=_R^R0

i

t

(

r

) d

r

R

0⁻

R

i =⁻

A R

0⁻

R

i

_R0

R_i

d

r

r

^{2 =−}

A R

0⁻

R

i 1

R

i⁻ 1

R

0

=⁻0

,

796^·10¹²K^·m

300 km 1

6100 km ⁻ 1 6400 km

=⁻20

,

39 K

/

km =⁻2

,

039^·10⁻² K

/

m

.

c) Midt i jordskorpa er

t

(

R

s) =⁻ 0

,

796^·10¹²K^·m

(6250 km)² =⁻20

,

38 K

/

km

.

Og med antakelsen

T

0⁻

T

i

R

0⁻

R

i ^≈ d

T

d

r

^≈

t

(

R

s)

f˚ar vi

T

i=

T

0⁻

t

(

R

s)(

R

0⁻

R

i) = 280 K + 20

,

38 K

/

km^·300 km = 6394 K = 6

,

39^·10³K

.

Oppgave 4.

a) Det oppgitte støttallet

d³

j

(

v,θ,φ

) =

n

4

πvf

⁽

v

)d

v

cos

θ

sin

θ

d

θ

d

φ,

er antall støt pr. sekund og m²for partikler med fart i intervallet

v,v

+d

v

og retning innenfor romvinkelen dΩ = sin

θ

d

θ

d

φ

. For ˚a finne støttallet for partikler med fart i intervallet

v,v

+ d

v

uansett retning integrerer man over alle retninger mot veggen (

θ

^∈[0

,π/

2 )

d

j

(

v

) =

n

4

πvf

⁽

v

)d

v

₀^π/2cos

θ

sin

θ

d

θ

₀^2πd

φ

=

n

4

πvf

⁽

v

)d

v

^·1₂^·2

π

=

n

4

vf

(

v

)d

v.

N˚ar man videre integrerer over alle hastigheter

v

f˚ar man direkte fra definisjonen av middelverdien av

v

for en Maxwellfordeling:

j

=

n

4

_∞

0

vf

(

v

)d

v

=

n

4

v

.

b) Antall molekyler som treffer

A

i tida d

t

er

d

N

=

n

4

v

^·d

t

^·

A

=

NA

v

4

V

^·d

t

og dette fører til en trykkreduksjon (fra gassloven

p

= ^N_V

kT

)

d

p

=⁻d

N kTV

⁼⁻

NA

v

4

V

^·

kT

V

^·d

t

=⁻

pA

v

4

V

^·d

t

^{⇒ d}

p

p

⁼⁻

A

v

4

V

^·d

t

Integrasjon fra

p

0(

t

= 0) til

p

(

t

) gir

ln

p

0

p

⁼

A

v

4

V t

^⇒

t

= 4

V A

v

ln

p

0

p

⁼

V A

2

πm kT

^ln

p

0

p

.

der oppgitt uttrykk for

v

p˚a formelark er brukt.

c) Tallverdier, med

m

= ^{0,018 kg}N_A og

kN

A =

R

:

t

= 1

,

0^·10⁻³ m³

1

,

0^·10⁻⁴ m⁻² 2

π

^·0

,

018 kg

8

,

31 J

/

K^·300 K ^·ln 20000

,

010 = 0

,

82 s

.

Evt. mellomsvar:

v

= 8

kT

πm

^{= 8}

RT

π

^·0

,

018 kg = 594 m

/

s

.

A.Mi. 13. aug. 2002 (15 oppmeldt til eksamen, 9 møtt)

3