Kretsprosesser. 2. hovedsetning
|
|
- Nora Austad
- 6 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Ka Kretsrosesser. 2. hovedsetning Reversible og irreversible rosesser (20.) diabatisk rosess (9.8) Kretsrosesser: varmekraftmaskiner (20.2+3) kjølemaskiner (20.4) Carnotsyklusen (20.6) Eks: Ottosyklus (20.3) 2. hovedsetning (20.5) Carnots teorem og Carnots (u)likhet Entroi (20.7) Entroien mikroskoisk forklart (20.8) Kretsrosess: Eksemel å rosess: Start = Slutt U = U ΔU = 0 Q (netto) = (netto) Q inn = Q 2 > 0 Q 2 >0 2 2 isobar Q 3 <0 (netto) 32 Q 23 <0 3 Q ut = Q 23 +Q 3 < 0 armekraftmaskin varme inn: Q (netto) >0 arbeid ut: (netto) >0 Kjølemaskin arbeid inn: (netto) < 0 varme ut: Q (netto) < 0 kostnad Q inn Q inn = Q 2 > 0 Q ut Q ut = Q 23 +Q 3 < 0 varmekraftmaskin nytte = = Q inn + Q ut = Q inn - Q ut irkningsgrad: η = nytte/kostnad = /Q inn = - Q ut /Q inn Q 2 >0 2 (netto) Q 3 <0 32 Q 23 <0 Eks 2. Kretsrosess med adiabat ΔU = /3 Q (netto) = (netto) 2 >0 Q 2 >0 2 isobar 3 <0 Q 23 < ,630 2 nr /3 3 3 U 3 - C n( - 3 ) - nr 2 2 2/3 2 3 nr 3 nr 0, Q2 Cn( 2 ) nr 2 2/3 3 Q23 C n( 3-2 ) - nr =2 Y&F Figure 20.3
2 Ka Q ut = Q 2 < 0 Maskinen Q ut kjølemaskin kostnad Effektfaktor: η K = nytte/kostnad = Q inn / Innerommet nytte Q ut varmeume kostnad Effektfaktor: η = nytte/kostnad = Q ut / Kjølemaskin nytte Q 2 <0 2 Q inn Kjølerommet Q inn = Q 23 +Q 3 > 0 Q 3 >0 32 Q 23 >0 Q inn Y&F Figure 20.8 Y&F Figure 20.8 armekraftmaskiner 698: homas Savery: annumer i gruver 72: homas Newcomen: Dammaskin (ineffektiv) 765: James att: Mer effektiv dammaskin 769: Første damdrevne kjøretøy 803: Første damdrevne lokomotiv 829: George Stehensons he rocket 876: Nikolaus. Otto: 4-taktsbensinmotor otaktmotor: 88. Firetakt diesel: : Sadi Carnot: Carnotsyklus (teoretisk otimale maskin) 45 km/t irkningsgrad: Prinsi dammaskin η = nytte/kostnad = /Q inn (ut) (netto) Q ut (inn) Q inn Demo dammaskin: htt:// 2
3 Ka Carnotsyklus: Reversibel varmeoverføring ved kun to temeraturer: H og C (Sadi Carnot 824) varmekraftmaskin (Carnot) irkningsgrad: η C = nytte/kostnad = / = - / Ideell gass: η C = - / H Y&F Figure 20.3 Y&F Figure 20.3 kjølemaskin (Carnot) Effektfaktor: η K,C = nytte/kostnad = / Eksemel: H : 20 o C =293K varmeume (Carnot) Inside Effektfaktor ideell gass: η,c = H /( H - ) Ideell gass: : η K,C = /( H - ) 0 o C =273 K -20 o C =253 K 8 o C =297 K Outside L Y&F Figure 20.8 η,c = 293/20 =5 Reell COP= /40=7,5 2-2,5 293/2=50!?? Reelt er H (varmen inne i varmeveksleren) mye høyere enn innetem, f. eks o C. Dette gir lavere η,c Y&F Figure
4 Ka Kjøleska = kjølemaskin Effektfaktor: η = nytte/kostnad Prinsi: = Q inn / Q ut Kretsrosesser, 2. hovedsetning. Så langt: Reversible rosesser: ermisk likevekt under hele rosessen: kurver å likevektsflater. Langsomt og kontrollert. ilnærmet umulig i raksis, men likevel svært viktig. Kretsrosess: Start = Slutt ΔU = 0 Q (netto) = (netto) irkningsgrad η = nytte/kostnad = /Q inn Kjølefaktor (effektfaktor): η K = nytte/kostnad = Q inn / Isokor: =konst. =0; Q = ΔU = C Δ Isobar: =konst. =( 2 - ); Q = C ( 2 - ) Isoterm: =konst. =nr ln( 2 / ) Id.gass: ΔU = 0; Q = diabat: Ingen varmeutveksling med omgivelser: Q = 0 => ΔU = - Dvs. alt arbeid gjøres å bekostning av indre energi. = - ΔU = -C n ( 2 - ) = -/(γ-) ( ) Prosesslikninger id. gass: γ = konst. γ- = konst. γ -γ = konst. Q inn Carnotrosessen: Mest effektive rosess mellom to temeraturer H og, o isotermer og to adiabater. η C = η max = - / H η K,C = η max = /( H - ) Y&F Figure 20.9 Eks. 2. Kretsrosess med adiabat /3 3 0,630 2 i fant: η = 0,8 2 >0 Q 2 >0 2 2 > > 3 isobar Hvis vi heller lager en Carnotrosess: 3 Carnot mellom 2 og 3 : η C = - 3 / 2 = 0,68 Otto-syklus. Nikolaus. Otto bygde i 876 den første fungerende 4-taktsmotor (bensinmotor) d e a b c a 2 Q 23 <0 3 <0 3 2 =2 Carnot mellom og 3 : η C = 3 / = 0,37 Carnot mellom 2 og : η C = / 2 = 0,50 η Otto = /r γ- der r = 2 / = komresjonsforhold 4
5 Ka Otto-syklus i -diagram. irkningsgrad for ulike varmekraftverk (energiverk): e η Otto = /r γ- der r = 2 / = komresjonsforhold evis i Y&F - likn. (20.6) eller Eksemel «Ottosyklus» å nettsider. c kullfyrt H 640 K (kjølevann) 300 K η C = / H 0,5 η reell 0,4 gassfyrt 900 K 300 K 0,7 0,6 vannkraft 0,95 a e d a Y&F Figure 20.6 Sammenlikning mekanisk (høyde)energi og varme: 000 m vannfall for liter vann ( kg) gir utløst høydeenergi: E = mgh = kg 9,8 m/s m = 9,8 kj Hvis denne energien brukes til å varme o vannet: E = Q = C m Δ armeka = C = 4,2 kj/(kg K) => em.økning = Δ = 9,8/4,2 K = 2,4 K Sett fra motsatt side: 3 o C avkjøling gir ut mer energi enn fall 000 m Høyverdig energi ( 00% utnyttelse til mekanisk energi): Osent fjær Pot.en. i vannmagasin Elektrisk energi i batteri og lignende Lavverdig energi (0-60% utnyttelse til mekanisk energi): arme, f.eks. i vannet i vannmagasin eller i sjøvann Store mengder, men vanskeligere å overføre til mekanisk energi. Mulighetene beskrevet i 2. hovedsetning Gjøres i varmekraftmaskin Mulighetene måles med entroi 5
6 Ka hovedsetning Kelvins formulering Clausius formulering Carnots to teorem. Uansett arbeidssubstans er for Carnotrosess: η C = - / H 2. Ingen kretsrosess mellom to reservoar kan ha større η enn η C = - / H evis for 2: H H Q H M -C - Q H Q L - Q L Sadi Carnot ( ) Rudolf Clausius (822-88) Lord Kelvin ( ) fransk fysiker tysk fysiker irsk matem/fysiker (=illiam homson) (2.H-C) => Q H => η M = / /Q H = η C Y&F Figure 20. Kretsrosess tilnærmet mange (her 7) Carnotsykluser isotermer adiabater Clausius (u)likhet for kretsrosesser. Carnotrosesser ( H og ): / H + / =0 Mange Carnotrosesser: Q k / k = 0 Mange (irreversible) rosesser : Q k / k < 0 mange infinitesimale rosesser: dq/ = 0 reversibel kretsrosess dq/ < 0 irreversibel kretsrosess 6
7 Ka Clausius ulikhet og entroi. dq/ = 0 reversibel kretsrosess dq/ < 0 irreversibel kretsrosess Def. entroi: ds = dq rev / eller ΔS = dq rev / S er tilstandsfunksjon, ikke avhengig vegen. eregning må gjøres via rev. rosess, men resultatet er det samme uansett, når start- og sluttilstand er gitt. Irreversibel rosess: Ikke termisk likevekt under rosessen. ΔS må beregnes fra reversibel rosess med samme start- og sluttilstand. -- Hva slags reversibel rosess? Isolert => adiabatisk => Q irr = 0 akuum => = Δ = 0 Δ =0 (.H) => ΔU = Q - = 0 uendra temeratur (ideell gass) Dvs. må erstattes av en isoterm Eks.. ΔS i reversibel isoterm rosess: Eks. +2 => Entroifunksjon ideell gass,,,,, Q reversibel isotermisk Q > 0 > 0 ΔU = Q- = C 0 Generell rosess ( 0, 0, 0 ) (,,) = isoterm -C + C- ΔS C = nr ln C / ΔS C = nc ln / C Gir oss S(,) for ideell gass: S(,) = S 0 ( 0, 0 ) + nr ln/ 0 + nc ln / 0 () nr = og C -C =R gir oss videre Idealgass: ΔS = nr ln / S(,) = S 0 ( 0, 0 ) + nc ln/ 0 + nc ln / 0 () S(,) = S 0 ( 0, 0 ) + nc ln/ 0 - nr ln / 0 (C) 7
8 Ka Eks. 3. Irreversibel eksansjon Ikke termisk likevekt under rosessen, entroien må beregnes fra annen rosess med samme start- og sluttilstand. 0 Q = 0 = 0 ΔU = =0 irreversibel adiabatisk 0 0 /2 0, 0, 0 0 /2, 0, Q reversibel isotermisk 2 0 egge: ΔS = nr ln2 Q > 0 > 0 ΔU = Q - = 0 Irrev: Q=0, =0 ΔS tot >0 => kan ikke komme tilbake Rev: Q=ΔS>0, = Q >0 ΔS tot =0 => kan komme tilbake Eks. 3. Irreversibel adiabatisk utvidelse Netto beregnet: 0, 0, /2, 0, 2 0 Q = 0 = 0 ΔU = 0 ΔS = nr ln2 2 0 =0 irreversibel adiabatisk em. konst. 0 0 /2 P Eks. 4. Reversibel adiabatisk utvidelse 0 0 reversibel adiabatisk em. faller 2 0 Q = 0 > 0 ΔU = Q - < 0 ΔS = 0 Id.gass: S(,) = S 0 ( 0, 0 ) + nr ln/ 0 + nc ln / 0 () Entroien skal øke for denne rosessen, la oss beregne (Eks. 5) ΔS > C C 50 0 C 50 0 C ΔS > C C 50 0 C 50 0 C 50 0 C 50 0 C x 00 0 C C Id.gass: S(,) = S 0 ( 0, 0 ) + nr ln/ 0 + nc ln / 0 () Ingen har observert varme strømme fra kaldt til varmt legeme => ermodynamikkens 2. hovedsetning (én formulering) => ΔS (tot) > 0 for sontane rosesser Øving, og.3: Ovarming 20 -> 00 grader reversibelt ved uendelig mange varmereservoar: 8
9 Ka Entroi ideell gass: S(,) = S 0 ( 0, 0 ) + nc ln/ 0 - nr ln / 0 S S I kt a: ds d d d d nc nr S nc S nr (C) lle totale differensial for entroien S: S S S(, ) ds d d Ideell gass: d d S(,) = S 0 +nc ln / 0 + nr ln/ 0 () ds nc nr S S S(, ) ds d d Ideell gass: d d S(,) = S 0 +nc ln/ 0 + nc ln / 0 () d S nc nc anl. matem. ermodynamikk S (, ) S Ideell gass: S(,) = S 0 +nc ln/ 0 - nr ln / 0 S S S(, ) ds d d (C) d d ds nc nr Carnotsyklus: Prosesskurver i og i S-diagram: a isoterm b -diagram: areal innenfor = d = (netto) d isentro isoterm isentro S-diagram: areal innenfor = ds = Q (netto) c S isobar isoterm: α - isentro (adiabat): α -γ isoterm isentro : α ex(s/nc ) isobar: α ex(s/nc ) S Sammenlikn: isobar in S(,=konst) = S 0 +nc ln/ 0 (C) isobar ut 9
10 Ka Hva er rett og hva er galt? du U U 2 d U(, ) (, ) 2 d d dq ds S du dq d du ds d OK feil OK feil Første = OK; siste = OK i isobar rosess Første = OK i reversibel rosess; siste = OK i isoterm rosess OK med «d-strek» OK reversibel rosess Entroien mikroskoisk [H&S 2.6, Y&F 20.8, L&H&L 7.(deler av)] S uttrykk for systemets uorden, mer resist: S uttrykk for hvor mange mikroskoiske tilstander («mikrorot») en makroskoisk tilstand tillater: Større volum => flere tilstander: S α ln Høyere => flere hastighetsmuligheter: S α ln oltzmann: S = k ln w k = skaleringsfaktor = oltzmanns konstant w = # mikrotilstander = termodynamisk sannsynlighet Sontan rydding er umulig: ΔS < 0 umulig i sontane reaksjoner S øker i lukka system Rydding krever arbeid: ilført kan redusere S Kron/mynt 4 mynter: Makroskoiske tilstander Mikroskoiske tilstander, antall: 4 kron Kron/mynt 8 mynter: Makroskoiske tilstander 8 kron Mikroskoiske tilstander antall: (binomialformelen) (Gaussfordeling) 3 kron mynt 4 7 kron, mynt 6 kron, 2 mynt kron, 3 mynt 56 Mest sannsynlige makrotilstand (38 %) 2 kron 2 mynt 6 Mest sannsynlige makrotilstand 4 kron, 4 mynt 3 kron, 5 mynt kron, 6 mynt 28 kron 3 mynt 4 mynt Sum 2 4 =6 4 Y&F Figure 20.2 kron, 7 mynt 8 mynt 8 Sum 2 8 =256 Y&F Figure
11 Ka ntall mikrotilstander og dermed entroi øker med volumet # μtilstander = w # μtilstander = 2 N w >>> w S = k ln w S = k ln 2 N w = Nk ln 2 + k ln w S - S = nr ln2 = = oltzmann: null sannsynlighet for at otrer S = k ln w Y&F Ex. 20.; Figure lov, Clausius: UMULIG: Ka 20: ermodynamikkens 2. lov Osummert H = 2. lov. Kelvin: UMULIG: Carnotrosess: Kretsrosess med to isotermer og to adiabater, eneste mulige reversible rosess mellom kun to varmereservoar. Carnots teorem:.uansett arbeidssubstans er for Carnotrosess: η C = - / H 2.Ingen kretsrosess mellom to reservoar kan ha større η enn η C Clausius (u)likhet for kretsrosesser: dq/ = 0 reversibel kretsrosess dq/ < 0 irreversibel kretsrosess Def. entroi: ds = dq rev / eller ΔS = dq rev / S er tilstandsfunksjon, ikke avhengig vegen. eregning må gjøres via rev. rosess, men resultatet er det samme uansett, når start- og sluttilstand er gitt For ideell gass: S(,) = S 0 ( 0, 0 ) + nr ln/ 0 + nc ln / 0, samt S(,) og S(,) For lukket system (og for universet) kan ikke entroien avta i en rosess. Entroien et mål for mikroskoisk rot i et makroskoisk system. H = Reversibel armekraftmaskin mellom to varmereservoar Energiflyt. Irreversibel armekraftmaskin mellom to varmereservoar Entroiflyt H Energiflyt H S H = / H H S H = / H H Produksjon S S H S L S rod (irrev) S L,irrev > S,irr > Q irr < S L = / S L = / For å fjerne entroiroduksjon må =S L være større, dermed mindre. η = / avtar Enhver irreversibilitet i maskinen roduserer entroi S rod, som må fjernes fra maskinen. Fjerning av S rod gjennom må økes og må reduseres, η = / avtar.
Kretsprosesser. 2. hovedsetning
Ka0 Kretsrosesser.. hovedsetning Reversible og irreversible rosesser (0.) diabatisk rosess (9.8) Kretsrosesser: varmekraftmaskiner (0.+3) kjølemaskiner (0.4) Carnotsyklusen (0.6) Eks: Ottosyklus (0.3).
DetaljerReversible prosesser: Termisk likevekt under hele prosessen Langsomt og kontrollert. [H&S] Kap.11. (1. hovedsetning.) Kretsprosesser.
ka [H&S] Ka.. (. hovedsetning.) Kretsrosesser. Forelest tidligere:. Energibevarelse:. hovedsetning Y&F 9.-4. rbeid og (,V)-diagram Y&F 9.2.5 Gassers C og C V Y&F 9.7 Foreleses nå:.2 Reversible rosesser
DetaljerKretsprosesser. 2. hovedsetning
Kretsprosesser. 2. hovedsetning Reversible og irreversible prosesser (20.1) Adiabatisk prosess (19.8) Kretsprosesser: varmekraftmaskiner (20.2+3) kjølemaskiner (20.4) Carnotsyklusen (20.6) Eks: Ottosyklus
DetaljerKretsprosesser. 2. hovedsetning
Kretsprosesser. 2. hovedsetning Reversible og irreversible prosesser (20.1) Adiabatisk prosess (19.8) Kretsprosesser: varmekraftmaskiner (20.2+3) Virkningsgrad kjølemaskiner (20.4) Effektfaktor Carnotsyklusen
DetaljerTermodynamikk ΔU = Q - W. 1. Hovedsetning = Energibevarelse: (endring indre energi) = (varme inn) (arbeid utført)
Termodynamikk 1. Hovedsetning = Energibevarelse: ΔU = Q - W (endring indre energi) = (varme inn) (arbeid utført) 2. Hovedsetning = Mulige prosesser: Varme kan ikke strømme fra kaldt til varmt legeme Prosesser
DetaljerKJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi
KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hva er varmekapasitet og hva er forskjellen på C P og C? armekapasiteten til et stoff er en målbar fysisk størrelse
DetaljerFlervalgsoppgave. Kollisjoner. Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Konstant-akselerasjonslikninger REP
Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : dw = de k Potensiell energi E p (x,y,z) (Tyngdefelt:
DetaljerT L) = ---------------------- H λ A T H., λ = varmeledningsevnen og A er stavens tverrsnitt-areal. eks. λ Al = 205 W/m K
Side av 6 ΔL Termisk lengdeutvidelseskoeffisient α: α ΔT ------, eks. α Al 24 0-6 K - L Varmekapasitet C: Q mcδt eks. C vann 486 J/(kg K), (varmekapasitet kan oppgis pr. kg, eller pr. mol (ett mol er N
DetaljerOppsummering - Kap. 5 Termodynamikkens 2. Lov
EP 410 ermodynamikk 1 Spontane Prosesser Varmeoverføring ( > omg ), Ekspansjon (P > P omg ), og Frigjort Masse i Gravitasjonsfelt er Eksempler Energibalanser kan ikke prediktere Retning Hva kan ermodynamikkens.
DetaljerRetningen til Spontane Prosesser
Retningen til Spontane Prosesser Termodynamikkens 2. Lov 5-1 Prosessers Retning Spontane Prosesser har en definert Retning u Inverse motsatte Prosesser kan ikke skje uten ekstra hjelp i form av Utstyr
DetaljerRetningen til Spontane Prosesser. Prosessers Retning
Retningen til Spontane Prosesser T. Gundersen 5-1 Prosessers Retning Spontane Prosesser har en definert Retning Inverse Prosesser kan ikke skje uten ekstra hjelp i form av Utstyr og Energi i en eller annen
DetaljerFigur 1: Isoterm ekspansjon. For en gitt temperatur T endrer trykket seg langs den viste kurven.
Fysikk / ermodynamikk åren 00 6. Gassers termodynamikk 6.. Ekspansjon av ideelle gasser vslutningsvis skal vi se på noen viktige prosesser som involverer ideelle gasser. isse prosessene danner i sin tur
DetaljerKJ1042 Øving 3: Varme, arbeid og termodynamikkens første lov
KJ1042 Øving 3: arme, arbeid og termodynamikkens første lov Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hvordan ser Ideell gasslov ut? Ideell gasslov kan skrives P nrt der P er trykket, volumet,
DetaljerKap Termisk fysikk (varmelære, termodynamikk)
TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Arbeid og energi (kap. 6+7) Bevegelsesmengde, kollisjoner (kap.
DetaljerEksamen TFY4165 Termisk fysikk kl torsdag 15. desember 2016 Bokmål
FY4165 15. desember 2016 Side 1 av 7 Eksamen FY4165 ermisk fysikk kl 09.00-13.00 torsdag 15. desember 2016 Bokmål Ogave 1. (armeledning. Poeng: 10+10+10=30) Kontinuitetsligningen for energitetthet u og
DetaljerTil slutt skal vi se på termodynamikkens 2. hovedsetning, som gir retningslinjer for hvilken vei prosesser kan gå.
ermodynamikk Side - ermodynamikk Den industrielle revolusjonen startet med at man klarte å omforme varme til arbeid I dette kaitlet skal vi først sette o termodynamikkens lov, som gir sammenhengen mellom
DetaljerLøsningsforslag til ukeoppgave 7
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 7 Oppgave 11.35 Virkningsgraden er 63,1 % Oppgave 11.37 W = 16, 6 kj Q L = 9, 70 kj Q H = W + Q L = 16, 6 kj + 9, 70 kj = 26, 3 kj η = W Q H =
DetaljerArbeid og energi. Energibevaring.
Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : Potensiell energi E p (x,y,z) dw = de k (Tyngdefelt: E p
DetaljerFysikk for ingeniører. 11. Termiske egenskaper. Løsninger på blandede oppgaver. Side 11-1
Fysikk for ingeniører ermiske egenskaer Løsninger å landede ogaver Side - Ogave : a) Forutsetter at stemelet står i ro etrakter kreftene å undersiden av stemelet: = + mg mg kg 98m/s = + = Pa + = 6 Pa m
DetaljerFORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG Tema for forelesningen var studiet av noen viktige reversible prosesser som involverer ideelle gasser.
FORELESNING I TERMODYNMIKK ONSDG.03.00 Tema for forelesningen var studiet av noen viktige reversible prosesser som involverer ideelle gasser. Følgende prosesser som involverte ideelle gasser ble gjennomgått:.
DetaljerEksamen TFY4165 Termisk fysikk kl mandag 7. august 2017 Bokmål
FY4165 7. august 2017 Side 1 av 7 Eksamen FY4165 ermisk fsikk kl 09.00-13.00 mandag 7. august 2017 Bokmål Ogave 1. (armeledning. Poeng: 5+10+5=20) Kontinuitetsligningen for energitetthet u og energistrømtetthet
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4115 TERMODYNAMIKK 1 Lørdag 21. mai 2011 Tid: kl. 09:00-13:00
Side a 7 NORGES EKNISK-NAURVIENSKAPELIGE UNIVERSIE (NNU) - RONDHEIM INSIU FOR ENERGI OG PROSESSEKNIKK OPPGAVE (3%) LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN EP 45 ERMODYNAMIKK Lørdag. mai id: kl. 9: - 3: a) ermodynamikkens.
DetaljerFlervalgsoppgave. Arbeid og energi. Energibevaring. Kollisjoner REP Konstant-akselerasjonslikninger. Vi har sett på:
Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : dw = de k Potensiell energi E p (x,y,z) (Tyngdefelt: E p
DetaljerOppgave 1 V 1 V 4 V 2 V 3
Oppgave 1 Carnot-syklusen er den mest effektive sykliske prosessen som omdanner termisk energi til arbeid. I en maskin som anvender Carnot-syklusen vil arbeidssubstansen være i kontakt med et varmt reservoar
DetaljerEKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG
NORGES TEKNISK-NATURITENSKAPELIGE UNIERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Mandag 11. august 2014 kl. 0900-1300 Ogave 1. 25 flervalgsogaver. (Poeng: 2
DetaljerSAMMENDRAG AV FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 23.02.00
SAMMENDRAG A FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 3.0.00 Tema for forelesningen var termodynamikkens 1. hovedsetning. En konsekvens av denne loven er: Energien til et isolert system er konstant. Dette betyr
DetaljerKap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring.
TFY4145/FY11 Mekanisk fysikk Størrelser og enheter (Kap 1) Kinematikk i en, to og tre dimensjoner (Kap. +3) Posisjon, hastighet, akselerasjon. Sirkelbevegelse. Dynamikk (krefter): Newtons lover (Kap. 4)
DetaljerDET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET
DET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET EKSAMEN I BIT 130 Termodynamikk VARIGHET: 9.00 13.00 (4 timer). DATO: 1/12 2005 TILLATTE HJELPEMIDLER: Lommekalkulator OPPGAVESETTET BESTÅR AV: 2 oppgaver på 5
DetaljerTermisk fysikk består av:
Termisk fysikk består av: 1. Termodynamikk: (= varmens kraft ) Makroskopiske likevektslover ( slik vi ser det ) Temperatur. 1. og. hovedsetning. Kinetisk gassteori: Mekanikkens lover på mikrokosmos Uttrykk
DetaljerEksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl torsdag 6. juni 2013
TFY4165/FY1005 6. juni 2013 Side 1 av 8 Eksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl 15.00-19.00 torsdag 6. juni 2013 Ogave 1. Ti flervalgsogaver. (Poeng: 2 r ogave) a. T arme tilføres et rent stoff i en lukket
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
NIVERSIEE I OSO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: Fys60 Eksamensdag: Fredag 6. desember 03 id for eksamen: 430 830 Oppgavesettet er på: 4 sider Vedlegg: ingen ilatte hjelpemidler Godkjente
DetaljerLøsningsforslag til øving 6
Ogave 1 FY1005/FY4165 ermisk fysikk Institutt for fysikk NNU åren 2015 Entroiendring for kloss 1: Entroiendring for kloss 2: 1 2 Løsningsforslag til øving 6 0 1 dq 0 2 dq 0 Cd 1 0 Cd 2 C ln 0 1 C ln 0
DetaljerKap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring.
Kap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring. Definisjon arbeid, W Kinetisk energi, E k Potensiell energi, E p. Konservative krefter Energibevaring Energibevaring når friksjon. F F x Arbeid = areal under
DetaljerDe viktigste formlene i KJ1042
De viktigste formlene i KJ1042 Kollisjonstall Midlere fri veilengde Z AB = πr2 AB u A 2 u 2 B 1/2 N A N B 2πd 2 V 2 Z A = A u A N A V λ A = u A z A = V 2πd 2 A N A Ideell gasslov. Antar at gassmolekylene
DetaljerA 252 kg B 287 kg C 322 kg D 357 kg E 392 kg. Velg ett alternativ
1 n sugekopp har tre sirkulære "skiver", hver med diameter 115 mm. Hva er sugekoppens maksimale (teoretiske) løfteevne ved normale betingelser (dvs lufttrykk 1 atm)? 252 kg 287 kg 322 kg 357 kg 392 kg
Detaljer2. Termodynamikkens lover Termodynamikkens 1. lov Energiutveksling i form av varme og arbeid Trykk-volum arbeid
Fysikk / Termodynamikk åren 2001 2. Termodynamikkens lover 2.1. Termodynamikkens 1. lov Termodynamikkens første lov kan formuleres å mange måter. En vanlig formulering er: Energien til et isolert system
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 6. desember 2010 Tid: kl. 09:00-13:00
Side av 8 NORGES EKNISK-NAURVIENSKAPELIGE UNIVERSIE (NNU) - RONDHEIM INSIU FOR ENERGI OG PROSESSEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN EP 40 ERMODYNAMIKK Mandag 6. desember 00 id: kl. 09:00 - :00 OPPGAVE (40%)
Detaljerr+r TFY4115 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag
TFY45 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag ) I oljebransjen tilsvarer fat ca 0.59 m 3. I går var risen for WTI Crude Oil 97.44 US dollar r fat. Hva er dette i norske kroner r liter, når NOK tilsvarer
DetaljerKap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring.
Kap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring. Definisjon arbeid, W Kinetisk energi, E k Potensiell energi, E p. Konservative krefter Energibevaring Energibevaring når friksjon. Arbeid = areal under kurve F(x)
DetaljerMAS117 Termodynamikk. Vanndamp som arbeidsfluid. Kapittel 10 Dampkraftsykluser del
MAS7 ermodynamikk Kapittel 0 Dampkraftsykluser del Vanndamp som arbeidsfluid Vanndamp egner seg godt som arbeidsfluid fordi vann er billig og lett tilgjengelig er ikke giftig eller eksplosjonsfarlig har
DetaljerLøsningsforslag eksamen TFY desember 2010.
Løsningsforslag eksamen TFY4115 10. desember 010. Oppgave 1 a) Kreftene på klossene er vist under: Siden trinsene og snorene er masseløse er det bare to ulike snordrag T 1 og T. b) For å finne snordraget
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00
Side 1 av 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00
DetaljerSpørretime TEP Høsten Spørretime TEP Høsten 2009
Spørsmål knyttet til en Kjølekrets (Oppgave 3 på Eksamen August 2005) T 44ºC 3 11.6 bar 4 4 bar 2 1 15ºC 12 bar pv 1.01 = k s 3 4 Kjølevann 20ºC 30ºC Kondenser R134a Q C Fordamper Q inn =35 kw 2 1 W C
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 2008 Tid: kl. 09:00-13:00
Side 1 av 6 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 410 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 008 Tid: kl. 09:00-13:00
DetaljerFolkevandringstelling
Termisk fysikk består av: 1. Termodynamikk: (= varmens kraft ) Makroskopiske likevektslover ( slik vi ser det ) Temperatur. 1. og. hovedsetning. Kinetisk gassteori: Mekanikkens lover på mikrokosmos Uttrykk
DetaljerKJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2011 Løsninger
Side 1 av 11 KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2011 Løsninger Oppgave 1 a) Gibbs energi for et system er definert som og entalpien er definert som Det gir En liten endring
DetaljerEksamen TFY4165 Termisk fysikk kl august 2018 Nynorsk
TFY4165 9. august 2018 Side 1 av 7 Eksamen TFY4165 Termisk fysikk kl 09.00-13.00 9. august 2018 Nynorsk Oppgåve 1. Partiklar med tre diskrete energi-nivå. (Poeng: 6+6+8=20) Eit system består av N uavhengige
DetaljerArbeid = kraft vei hvor kraft = masse akselerasjon. Hvis kraften F er konstant og virker i samme retning som forflytningen (θ = 0) får vi:
Klassisk mekanikk 1.1. rbeid rbeid som utføres kan observeres i mange former: Mekanisk arbeid, kjemisk arbeid, elektrisk arbeid o.l. rbeid (w) kan likevel alltid beskrives som: rbeid = kraft vei hvor kraft
DetaljerSpørretime TEP Høsten 2012
Vi hadde noen spørsmål i forbindelse med eksergi og utledning av ΔS likningen Spørsmålene om Eksergi kom aldri? Ser derfor på utledningen av ΔS likningen Q (fra meg): Hvilken ΔS likning? u u Entropibalansen
DetaljerSpesial-Oppsummering Høsten 2009 basert på Innspill fra Studenter
Spesial- Høsten 2009 basert på Innspill fra Studenter på Hjemmesiden (fra 2008) - formidler kvintessensen av TEP4120 - omhandler Kap. 1-6, Eksergi Light og Kap. 8-9 - mangler altså (fortsatt) Kap. 10 -
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE. Eksamen i:kje-1005 Termodynamikk og kinetikk Dato: Torsdag 05. juni 2014 Tid: Kl 09:00 14:00 Sted: Teorifagbygget, hus 1, plan 2
EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i:kje-1005 Termodynamikk og kinetikk Dato: Torsdag 05. juni 2014 Tid: Kl 09:00 14:00 Sted: Teorifagbygget, hus 1, plan 2 Tillatte hjelpemidler: Enkel lommeregner Oppgavesettet er
DetaljerLøysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Kontinuasjonseksamen august 2010
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY 404 Fysikk Kontinuasjonseksamen august 200 Faglærar: Professor Jens O Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon:
DetaljerVi skal se på reaksjonen mellom hydrogengass og oksygengass til vanndamp:
3. Termodynamikk I mange mekaniske og fysiske rosesser (som de vi behandlet i forrige kaittel) og i kjemiske reaksjoner har vi utveksling av energi, og ofte ovarming eller avkjøling. Vi kan gjerne si at
DetaljerSIO 1027 Termodynamikk I Noen formler og uttrykk som er viktige, samt noen stikkord fra de forskjellige kapitler,, Versjon 25/
SIO 1027 Termodynamikk I Noen formler og uttrykk som er viktige, samt noen stikkord fra de forskjellige kapitler,, Versjon 25/11-2001 Geir Owren November 25, 2001 Som avtalt med referansegruppen, er det
DetaljerEksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK
Side 1 av 6. Institutt for fysikk Eksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK for MTNANO, MTTK og MTEL Faglig kontakt under eksamen: Institutt for fysikk v/arne Mikkelsen Tlf.: 486 05 392 Eksamensdato: Torsdag 11.
DetaljerSpråkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 12 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk
DetaljerTermofysikk: Ekstraoppgaver om varmekapasitet for gasser og termodynamikkens 1. lov uke 47-48
1. Finn hastigheten til rgon atomer i en gass som har temeraturen 1. kt RT v eller der m er masen til et ekyl m og massen til et. N! begge størrelsene må angis i, ellers stemmer ikke enhetene. v 8.1 0.0
DetaljerUniversitetet i Oslo Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet
Universitetet i Oslo Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS60 ermodynamikk og statistisk fysikk Dato: irsdag 9 desember 003 id for eksamen: 0900-00 Oppgavesettet: 3 sider illatte hjelpemidler:
DetaljerHØGSKOLEN I STAVANGER
EKSAMEN I TE 335 Termodynamikk VARIGHET: 9.00 14.00 (5 timer). DATO: 24/2 2001 TILLATTE HJELPEMIDLER: Lommekalkulator OPPGAVESETTET BESTÅR AV 2 oppgaver på 5 sider (inklusive tabeller) HØGSKOLEN I STAVANGER
Detaljera) Oppførselen til en gass nær metning eller kritisk punkt vil ikke følge tilstandsligningen for ideelle gasser. Hvordan behandles dette?
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 20086 SMN6194 VARMELÆRE DATO: 17. Okt. 2008 TID: KL. 09.00-12.00 Oppgave 1 (50%) a) Oppførselen til en gass nær metning eller kritisk punkt vil ikke følge tilstandsligningen for
DetaljerSpråkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 11 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk
DetaljerLaboratorium NA6011 Varmepumpe November 2016
Laboratorium NA6011 Varmepumpe November 2016 Hensikten med forsøket er å forstå hvordan varmepumper og kjøleskap fungerer. Bakgrunnsstoff ΔU Q W Varmemengden Q tilføres et system. Den tilførte varmeenergien
DetaljerEksamen i: Fys-2001 Statistisk fysikk og termodynamikk Dato: Tirsdag 26. februar 2013 Tid: Kl 09:00 13:00
EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: Fys-2001 Statistisk fysikk og termodynamikk Dato: irsdag 26. februar 2013 id: Kl 09:00 13:00 Sted: B154 illatte jelpemidler: K. Rottmann: Matematisk Formelsamling, O. Øgrim:
DetaljerVarmepumpe. Institutt for fysikk, NTNU, N-7491 Trondheim, Norge
Varmepumpe Anette Fossum Morken a, Sindre Gjerde Alnæs a, Øistein Søvik a a FY1002 Termisk Fysikk, laboratoriekurs, Vår 2013, Gruppe 4. Institutt for fysikk, NTNU, N-7491 Trondheim, Norge Sammendrag I
DetaljerEksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl mandag 12. august 2013
TFY4165/FY1005 12. august 2013 Side 1 av 8 Eksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl 09.00-13.00 mandag 12. august 2013 Oppgave 1. Ti flervalgsoppgaver. (Poeng: 2 pr oppgave) a. For van der Waals tilstandsligning,
DetaljerSpråkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 9 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk
Detaljergass Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd A.Blekkan, tlf.:
NORGES TEKNISKE NTUR- VITENSKPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd.Blekkan, tlf.: 73594157 EKSMEN
Detaljera) Stempelet står i en posisjon som gjør at V 1 = 0.0200 m 3. Finn det totale spesikte volumet v 1 til inneholdet i tanken. Hva er temperaturen T 1?
00000 11111 00000 11111 00000 11111 DET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET EKSAMEN I BIT 130 Termodynamikk VARIGHET: 900 1300 (4 timer). DATO: 22/5 2007 TILLATTE HJELPEMIDLER: Godkjent lommekalkulator
DetaljerLøysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Hausten 2009
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Hausten 2009 Faglærar: Professor Jens O Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon: 73593131 Mandag 30
DetaljerLøsningsforslag EKSAMEN TFY4102 FYSIKK Fredag 10. juni 2011
Løsningsforslag EKSAMEN TFY4102 FYSIKK Fredag 10. juni 2011 Oppgave 1. a) Vi velger her, og i resten av oppgaven, positiv retning oppover. Dermed gir energibevaring m 1 gh = 1 2 m 1v 2 0 v 0 = 2gh. Rett
DetaljerTFY4165/FY august 2014 Side 1 av 11
TFY4165/FY1005 11. august 2014 Side 1 av 11 Oppgave 1. 25 flervalgsoppgaver. (Poeng: 2 pr oppgave) a) Hvor mange mol ideell gass er det i en kubikkmeter ved atmosfæretrykk (101 kpa) og god og lun romtemperatur
DetaljerEKSAMEN I EMNE TFY4125 FYSIKK
Bokmål NORGES TEKNSK- NATURVTENSKAPELGE UNVERSTET NSTTUTT FOR FYSKK Studentnummer: Bokmål, Side av Faglig kontakt under eksamen: nstitutt for fysikk, Gløshaugen Professor Steinar Raaen, 73593635, mob.4896758
DetaljerEKSAMEN I EMNE TFY4125 FYSIKK
Bokmål NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Studentnummer: Studieretning: Bokmål, Side 1 av 1 Faglig kontakt under eksamen: Institutt for fysikk, Gløshaugen Professor Steinar
DetaljerTFY4106 Fysikk Eksamen 17. august V=V = 3 r=r ) V = 3V r=r ' 0:15 cm 3. = m=v 5 = 7:86 g=cm 3
TFY4106 Fysikk Eksamen 17. august 2018 Lsningsforslag 1) C: V = 4r 3 =3 = 5:575 cm 3 For a ansla usikkerheten i V kan vi regne ut V med radius hhv 11.1 og 10.9 mm. Dette gir hhv 5.729 og 5.425 cm 3, sa
DetaljerLøsningsskisse EKSAMEN i FYSIKK, 30. mai 2006
Løsningsskisse EKSAMEN i FYSIKK, 30. mai 2006 Oppgave 1. Flervalgsspørsmål Fasit 1. C 2. D 3. D 4. B 5. C 6. E 7. E 8. B 9. E 10. D 11. B 12. D Løsningsforslag Oppgave 2 a) Reversibel prosess: En prosess
DetaljerOppsummering av første del av kapitlet
Forelesningsnotater om eksergi Siste halvdel av kapittel 7 i Fundamentals of Engineering Thermodynamics, M.J. Moran & H.N. Shapiro Rune N. Kleiveland, oktober Notatene følger presentasjonen i læreboka,
Detaljergass Side 1 av 5 NORGES TEKNISK NATUR- VITENSKAPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI
Side av 5 NORGES TEKNISK NTUR- VITENSKPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd. Blekkan, tlf.7359457 EKSMEN I
DetaljerEksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK
Institutt for fysikk Eksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK for MTNANO, MTTK og MTELSYS Faglig kontakt under eksamen: Institutt for fysikk v/jon Andreas Støvneng Tlf.: 454 55 533 Eksamensdato: Lørdag 16. desember
DetaljerKap. 1 Fysiske størrelser og enheter
Fysikk for Fagskolen, Ekern og Guldahl samling (kapitler 1, 2, 3, 4, 6) Kap. 1 Fysiske størrelser og enheter Størrelse Symbol SI-enhet Andre enheter masse m kg (kilogram) g (gram) mg (milligram) tid t
DetaljerFaglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 14 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.:
DetaljerLøsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019
Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019 Oppgave 1 Løve og sebraen starter en avstand s 0 = 50 m fra hverandre. De tar hverandre igjen når løven har løpt en avstand s l = s f og sebraen
DetaljerTFY4104/TFY4115 Fysikk Eksamen 6. desember Lsningsforslag Oppgave 1 { 25 Mekanikk
TFY4104/TFY4115 Fysikk Eksamen 6. desember 2018 Lsningsforslag Oppgave 1 { 25 Mekanikk 1) A: Ingen horisontale krefter pa kula, sa a x = 0, v x er konstant, og x ker linert med tiden t. 2) A: Energibevarelse
DetaljerDamp-prosessen / Rankine Cycle. Allerede de gamle Grekere...
Damp-prosessen / Rankine Cycle Ett av instituttene som ble slått sammen til EPT het engang Damp og Forbrenning Damp forbindes ofte med gammeldags teknologi dette er ikke tilfelle!! Men Damp har en lang
Detaljer9) Mhp CM er τ = 0 i selve støtet, slik at kula glir uten å rulle i starten. Dermed må friksjonskraften f virke mot venstre, og figur A blir riktig.
TFY4115 Fysikk Eksamen 18. desember 2013 Løsningsforslag, kortversjon uten oppgavetekst og figurer 1) (4 0.264/0.164) (USD/USgal)(NOK/USD)(USg/L) = 6.44 NOK/L C) 6.44 2) N2: F = ma i a i = F/m B) a 1 =
DetaljerVarmeledning, Eks. 1. Strøm i serie. Varmetransport (Y&F , L&H&L , H&S 13) I = I 1 = I 2! I 2 I 1. Q=Q j =Q s!
(Y&F 17.7+39.5, L&H&L 18.1+2+, H&S 13) 2. hovedsetning: Varme fra varmt ti kadt egeme (og fra varm ti kad de av et egeme) Uike typer transport: Innen et egeme: 1. Varmeedning, Fouriers ov 2. Konveksjon
Detaljervideell P T Z = 1 for ideelle gasser. For virkelige gasser kan Z være større eller mindre enn 1.
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 5. OKOBER 00 SMN 64 VARMELÆRE Løsning til oppgave Grunnleggende termodynamikk (0%) a) Oppførselen til en gass nær metning eller kritisk punkt vil ikke følge tilstandsligningen for
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskaelige fakultet Eksamen i: Fys6 Eksamensdag: Fredag 6. desember 3 Tid for eksamen: 43 83 Ogavesettet er å: 4 sider Vedlegg: ingen Tilatte hjelemidler Elektronisk
DetaljerInstitutt for fysikk. Eksamen i TFY4106 FYSIKK Torsdag 6. august :00 13:00
NTNU Side 1 av 5 Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Professor Johan S. Høye/Professor Asle Sudbø Telefon: 91839082/40485727 Eksamen i TFY4106 FYSIKK Torsdag 6. august 2009 09:00 13:00 Tillatte
DetaljerFaglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL. EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk
Side 1 av 10 NORGES TEKNISK NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk
DetaljerEksempler og oppgaver 9. Termodynamikkens betydning 17
Innhold Eksempler og oppgaver 9 Kapittel 1 Idealgass 20 Termodynamikkens betydning 17 1.1 Definisjoner og viktige ideer 22 1.2 Temperatur 22 1.3 Indre energi i en idealgass 23 1.4 Trykk 25 1.5 Tilstandslikningen
DetaljerKJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2012 Løsninger
Side 1 av 10 KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2012 Løsninger Oppgave 1 a) Et forsøk kan gjennomføres som vist i figur 1. Røret er isolert, dvs. at det ikke tilføres varme
DetaljerEKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Mandag 11. august 2014 kl. 0900-1300 Oppgave 1. 25 flervalgsoppgaver. (Poeng:
DetaljerKONTINUASJONSEKSAMEN I EMNE TFY 4102 FYSIKK
BOKMÅL NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Magnus Borstad Lilledahl Telefon: 73591873 (kontor) 92851014 (mobil) KONTINUASJONSEKSAMEN I EMNE
DetaljerRepetisjonsoppgaver kapittel 5 løsningsforslag
Repetisjonsoppgaver kapittel løsningsforslag Termofysikk Oppgave 1 a) Fra brennkammeret overføres varme til fyrkjelen, i henhold til termofysikkens andre lov. Når vannet i kjelen koker, vil den varme dampen
DetaljerProsessteknikk eksamen 22/5-99. Løsningsforslag
Prosessteknikk eksamen /-99. Løsningsforslag Revidert: 7. juni 1999 Foreslått fordeling ved karaktersetting. Og.1 : 1% Og. : 4% ( 1 1 1) Og.3 : % ( ) Og.4 : 1% Og. : 1% (78) Ogave 1 a) mg b) F k l l c)
DetaljerDet matematisk-naturvitenskapelige fakultet
Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: GEF2200 Eksamensdag: 19. mars 2018 Tid for eksamen: 14.30-16.30 Oppgavesettet er på 3 sider Vedlegg: Sondediagram Tillatte
DetaljerKulde- og varmepumpetekniske prosesser Mandag 5. november 2012
TEP 4115 Termodynamikk I Kulde- og varmepumpetekniske prosesser Mandag 5. november 2012 Trygve M. Eikevik Professor Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet (NTNU) trygve.m.eikevik@ntnu.no http://folk.ntnu.no/tme
Detaljer- Kinetisk og potensiell energi Kinetisk energi: Bevegelses energi. Kinetiske energi er avhengig av masse og fart. E kin = ½ mv 2
Kapittel 6 Termokjemi (repetisjon 1 23.10.03) 1. Energi - Definisjon Energi: Evnen til å utføre arbeid eller produsere varme Energi kan ikke bli dannet eller ødelagt, bare overført mellom ulike former
DetaljerTypisk T-v Diagram. Fasediagrammer & Projeksjoner. p-v p-t T-v. TEP 4120 Termodynamikk 1. Beregning av Egenskaper. TEP 4120 Termodynamikk 1
Fasediagrammer & Projeksjoner p-v p-t T-v 3-1 Typisk T-v Diagram 3-2 T-v Diagram for H 2 O 3-3 Lineær Interpolasjon i en Dimensjon Tabeller og Linearitet?? TABLE A-4 (Continued) T v u h s C m 3 /kg kj/kg
DetaljerArbeid og energi. Energibevaring.
Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : Potensiell energi E p (x,y,z) dw = de k (Tyngdefelt: E p
Detaljer