TFY4102 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 12.

Transkript

1 TFY4102 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforsag ti øving 12. Oppgave 1. Termisk fysikk: Idee gass. Voumutvidese. a) Hvis du vet, eer finner ut, at uft har massetetthet ca kg/m 3 (mindre tetthet ved høyere temperatur), er det bare å gange med voumet på ca 10 m m, dvs ca 24 m 3. Dette gir en masse omkring 30 kg. Med idee gass: pv Nk B T gir anta moekyer pr voumenhet (ved 300 K) ρ N/V p/k B T /( ) m 3. Vi trenger midere masse pr moeky. Med ca 20 prosent oksygen og resten nitrogen bir dette ca 29 g/mo, som er ca kg pr moeky. Dermed Riktig svar: C. µ m ρ 1.18 kg/m 3. b) En høydeendring på 1 cm, som gir en temperaturendring på 1 grad, krever en voumendring V A h πr 2 h 0.4π mm 3. Totat voum sprit må da være Riktig svar: A. V V β T 400π mm3 1.3 ml. c) Trykket i 1 mo idee gass ved 20 C og voum 24.0 L: p RT V Pa Pa 1 atm. Riktig svar: A. Oppgave 2. 1) Med de gitte antagesene bir Capeyrons igning (med pv g RT ) dp dt T (V g V v ) T V g p RT 2, som integrert gir (med konstant) p konst e /RT. Integrasjonskonstanten bestemmes ved at p p mm Hg ved T T K. Dette gir ( 1 p p 0 exp 1 )]. R T0 T Løsning mhp T gir, for p 760 mm Hg: T T 0 1 RT 1 ] n(p/p 0 )] n(760/4.58) 382,

2 dvs 382 K, eer 109 C. Grunnen ti at beregnet kokepunkt bir for høyt er at moar fordampningsvarme ikke er konstant, men øker med avtagende temperatur. Riktig svar: C 2) Med antagesene om konstant fordampningsvarme, negisjerbart væskevoum, og at dampen er idee gass, føger det av Capeyrons igning at damptrykket bir p C exp( /RT ), der C er en konstant. Med oppgitte data får en igningene p 1 C exp( /RT 1 ) p 2 C exp( /RT 2 ). Divisjon gir som øst mhp gir ( p 2 1 exp 1 )], p 1 R T 1 T 2 R n(p 2/p 1 ) n(12139/4402) J/mo 33.7 kj/mo. 1/T 1 1/T 2 1/273 1/293 3) Med C p 2 exp(/rt 2 ) bir damptrykket ved T 30 C 303 K: ( 1 p p 2 exp 1 )] ( Pa exp R T2 T ) ] 19.2 kpa. 303 Den eksperimentee verdien ved denne temperaturen er itt mindre, Pa. Dette henger sammen med at avtar med økende T, som også påpekt i oppgave 1. Riktig svar: D

3 ... j j j j j TL T 1 T 2 T 3 TN T H 4) Ved stasjonære forhod er varmestrømmen j meom skjodene den samme overat. Med Stefan-Botzmanns ov er netto varmestrøm pr fateenhet i 1. interva : j σ(t 4 1 T 4 L) 2. interva : j σ(t 4 2 T 4 1 ) N. interva : j σ(t 4 N T 4 N 1) siste interva : j σ(t 4 H T 4 N) De meomiggende ukjente temperaturer kan nå eimineres ved å egge sammen disse N + 1 igningene: (N + 1)j σ(t 4 H T 4 L) j 0 j j 0 1 N + 1, der j 0 er varmestrømmen uten skjod. Riktig svar: C. Kommentar: Temperaturen på skjodene kan nå bestemmes ved å addere de k første intervaene. Dette gir kj σ(tk 4 T L 4), eer T k 4 T L 4 + kj/σ, som innsatt for j gir 1/4 T k TL 4 + kσ(th 4 TL)/(N 4 + 1)]. Med N 20 skjod og T H 373 K og T L 273 K: 400 Varmeskjod og stråing 350 Temperatur (K) Pate nummer 5) Koeksistens meom fast stoff og væske ved 1, dvs smeting. Koeksistens meom gass og væske ved 2, dvs fordampning. Koeksistens meom fast stoff og gass ved 3, dvs subimasjon. Riktig svar: D 6) Partikenes midere kinetiske transasjonsenergi, K m v 2 /2, er proporsjona med systemets temperatur T. En havering av T betyr derfor en havering av v 2, dvs v rms reduseres med faktoren 1/ 2 0.7, en reduksjon på ca 30 prosent. Riktig svar: C

4 7) Produktet pv er uendret hvis trykket dobes og voumet haveres. Da er også temperaturen uendret, som igjen betyr at v rms er uendret. 8) Det isoterme arbeidet W 0 tisvarer det dobbetskraverte areaet i figuren nedenfor, mens arbeidet W 1 utført ved konstant trykk p 1 tisvarer hee det skraverte areaet. Vi ser at W 1 > W 0, og A er riktig svar. p p 1 V 1 2V 1 V 9) Tiførse av varme ved konstant trykk betyr at gassen utfører et positivt arbeid på omgivesene (f.eks. hee det skraverte areaet i forrige oppgave). Da bir gassens økning i indre energi mindre enn tiført varme. 10) Siden temperaturen er proporsjona med moekyenes midere kinetiske energi, må K være den samme for både oksygen- og nitrogenmoekyene. Oksygen har større moekymasse (ca 32 u) enn nitrogen (ca 28 u), så nitrogenmoekyene har i gjennomsnitt noe større hastighet enn oksygenmoekyene. (Her er u ik en atomær masseenhet, ca kg.) Riktig svar: D 11) Grafen tisier at smeting av stoffet tar 3/2 tidsenheter mens fordampning tar 5/2 tidsenheter. Dermed er L s /L f 3/ ) Dette er termodynamikkens 1. ov, eer 1. hovedsetning, som den også kaes. Den uttrykker energibevarese: Varme tiført systemet, Q, går med ti å øke systemets indre energi, U, samt ti det arbeidet som systemet utfører på omgivesene, W. Ae størreser kan være positive eer negative. Indre energi U er en tistandsvariabe (evt tistandsfunksjon), mens Q og W begge er prosessvariabe. Riktig svar: D 13) Tota varmemotstand ti en sik seriekobing av 4 varmemotstander er (fra innerst ti ytterst, og i enheten K/W): R 1/ / / / K/W. Riktig svar: A 14) Vi har her en temperaturforskje på 40 grader fra innerst ti ytterst. Dermed er Riktig svar: D P T/R 40/ W. 15) Hytteguvets U-verdi er U 1/R 0.55 W/K.

5 16) Varmemotstanden fra innerst ti grensefaten meom sponpate og isoporpate er R g 1/ /0.12 1/3 K/W. Temperaturforskjeen meom inneufta og denne grensefaten er da P R g /3 7.4 K, sik at grensefaten har temperaturen C. Riktig svar: A 17) Det er timer i et år. Midere effekt evert av fjernvarmeanegget er dermed P / MW. Riktig svar: C 18) Vannmasse gjennom anegget pr tidsenhet: Som tisvarer 205 L/s. Riktig svar: C dm/dt dq/dt dq/dm kg/s 19) Maksima strømningshastighet (faktor 2 pga 2 søyfer): P c dt v dz 2dt dv/a dv/2dt 2dt πr /2 π m/s