NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Torsdag 6 juni 013 kl 1500-1900 Oppgave 1 Ti flervalgsoppgaver Poeng: pr oppgave) a B Konstant temperatur ved smelting 15 tidsintervaller) og ved fordampning 5 tidsintervaller) gir L s /L f = 15/5 = 06 b B W = omsluttet areal c D Q og W er prosessvariable, U er tilstandsvariabel d A I en isentropisk prosess er systemets entropi konstant, ikke systemets indre energi e B Med ideell gass er v T Hvis produktet pv endres til 4pV, øker også T med en faktor 4, slik at v øker med en faktor 4 = f A Med ideell gass er E k = 1/)m v T Hvis gassen utvider seg ved konstant trykk, blir produktet pv større, dvs temperaturen T blir større, og da blir også partiklenes midlere kinetiske energi større g C En isoterm fra tilstand a er brattere enn isobaren ab men slakere enn adiabaten ac Dermed: T b > T a > T c h A 1 = fast stoff og væske, = væske og gass, 3 = fast stoff og gass i A Koeksistenskurven/-området for væske og gass ender, for økende trykk, i kritisk punkt j D Koeksistens mellom fast stoff og væske ved 1, dvs smelting Koeksistens mellom gass og væske ved, dvs fordampning Koeksistens mellom fast stoff og gass ved 3, dvs sublimasjon Oppgave Kretsprosess Poeng: 5+3+4+8) a Ved romtemperatur er kt tilstrekkelig stor til at molekylenes rotasjonsfrihetsgrader er våkne : kt E rot = avstanden mellom kvantiserte energinivåer for rotasjon Dermed i alt 5 kvadratiske ledd i energifunksjonen, 3 for translasjon og for rotasjon, og U = N 5 kt/, dvs C V = du/dt = 5Nk/ Ved romtemperatur er E vib kt, såvibrasjonsfrihetsgradenebidrarikke til indreenergi Siden C p = C V +Nk forideellgass, blirc p = 7Nk/ Dette kanregnesutfraformelivedlegget: C p C V = T p/ T) V/ T) = TNk/V)Nk/p) = p Nk/p = Nk) Ved riktig høye T våkner vibrasjonene, kt E vib, og C V = 7Nk/ Ved riktig lave T sovner rotasjonene, kt E rot, og C V = 3Nk/ b W = omsluttet areal = α 1)p 0 α 1)V 0 = α 1) p 0 V 0 1
c Med ideell gass har vi pv = NkT Vi setter T 0 p 0 V 0 /Nk: T 1 = p 1 V 1 /Nk = αp 0 V 0 /Nk = αt 0 T = p V /Nk = α p 0 V 0 /Nk = α T 0 T 3 = p 3 V 3 /Nk = αp 0 V 0 /Nk = αt 0 = T 1 T 4 = p 4 V 4 /Nk = p 0 V 0 /Nk = T 0 d Varme i de ulike delprosessene Q > 0 tilsvarer tilført varme): 1 : Q 1 = C p T T 1 ) = 7Nk/)α α)t 0 = 7αα 1)p 0 V 0 / 3 : Q 3 = U 3 = C V T 3 T ) = 5Nk/)α α )T 0 = 5α1 α)p 0 V 0 / < 0 3 4 : Q 34 = C p T 4 T 3 ) = 7Nk/)1 α)t 0 = 71 α)p 0 V 0 / < 0 4 1 : Q 41 = U 41 = C V T 1 T 4 ) = 5Nk/)α 1)T 0 = 5α 1)p 0 V 0 / Tilført varme blir Q inn = Q 1 +Q 41 = 1 α 1)p 0V 0 7α+5), som gir virkningsgrad Vi ser at η ikke kan bli større enn /7 ηα) = W Q inn = α 7α+5 Oppgave 3 Varmeledning i gass med sylindersymmetri Poeng: 10+5) a Fouriers lov: med A = πrl og κ = κt) = β T Dermed: L dr r L j = dt = κ A dr, = πβ T dt lnr = πβ 3 T3/ +K Eliminerer K og fastlegger /L ved hjelp av de to grensebetingelsene: L lnr 1 = 4 3 πβt3/ 1 +K L lnr = 4 3 πβt3/ +K L ln r = 4 r 1 3 πβ T 3/ 1 T 3/ ) L = 4πβ T 3/ 1 T 3/ ) 3lnr /r 1 ) b I uttrykket for β er c V = varmekapasiteten pr partikkel, dvs c V = 3k/ for atomer, σ = spredningstverrsnittet = 4πa, og m = atommassen, her m = 40u Dette gir β = 177 10 3 i SI-enheter Innsetting av T 1 = 373 K, T = 93 K og lnr /r 1 ) = ln8/7) gir da /L = 1 W/m
Oppgave 4 System med tre ekvidistante energinivåer Poeng: 5+5) a Systemets partisjonsfunksjon tilstandssum) er 3 Z = e βe j = e βe 0 +e βe 0 +e 3βE 0 j=1 Sannsynligheten for at en gitt partikkel befinner seg i tilstand j med energi E j = je 0 blir da π 1 = e βe 0 Z = π = e βe 0 Z π 3 = e 3βE 0 Z e βe0 e βe 0 = e βe 0 +e βe 0 +e 3βE 0 e 3βE 0 = Vi ser at summen av de tre sannsynlighetene er lik 1, som forventet I grensen kt E 0, dvs βe 0 1, blir π 1 1 og π π 3 0 En gitt partikkel vil med stor sannsynlighet befinne seg i tilstand 1 med energi E 0 I grensen kt E 0, dvs βe 0 1, blir π 1 π π 3 1/3 En gitt partikkel har like stor sannsynlighet for å befinne seg i hver av de tre tilstandene b Midlere energi pr partikkel: E = 3j=1 E j e βe j 3j=1 e βe j = E 0 e βe 0 +e βe 0 +3e 3βE 0 I grensen kt E 0, dvs βe 0 1, er alle partiklene i tilstand 1, og midlere energi blir E 0 I grensen kt E 0, dvs βe 0 1, er det ca like mange partikler i hver tilstand, og midlere energi blir E 0 Oppgave 5 Helmholtz fri energi Poeng: 5) F = U TS gir df = du TdS SdT = pdv SdT med bruk av TdS = du+pdv Dermed ser vi at T og V er naturlige variable for F, og p = F/ V) T og S = F/ T) V Derivasjon av p mhp T og derivasjon av S mhp V gir i begge tilfeller den deriverte av F mhp T og V, som betyr at p/ T) V = S/ V) T Oppgave 6 Damptrykk Teller 0%: 4+8+8) a Koeffisientene bestemmes av 45 = α 80β og 37 = α 440β, som gir α = 59 kj/mol og β = 005 kj/mol K b Clausius-Clapeyrons ligning gir: dp dt = S V = L ft)/t V g V v L ft) TV g L ft) T nrt/p = pα βt) RT 3
Her har vi brukt gitte anbefalinger i oppgaven, samt S = L f /T Vi separerer og løser ligningen: dp p = α βt RT dt lnp = α RT β lnt +K R p = KT β/r e α/rt K = e K ) Integrasjonskonstanten K fastlegges via referansepunktet pt 0 ) = p 0 : slik at p 0 = KT β/r 0 e α/rt 0 K = p 0 T β/r 0 e α/rt 0, pt) = p 0 T0 T ) β/r e α R 1 T 0 1 T Her er p 0 = 611 Pa, T 0 = 7316 K, og pt) gir en god tilnærmelse for damptrykket for temperaturer opp til ca 440 K c Clausius-Clapeyrons ligning gir endringen i damptrykket p for en liten) endring i temperaturen T: p = S V T pl ft) RT T Her har vi tilnærmet V = V g V v med gassvolumet V g og brukt ideell gass tilstandsligning for V g p,t), som i punkt b Vi velger et konstant, lite temperatursteg T, slik at diskretiserte temperaturverdier blir T1) = T 0,T) = T 0 + T,T3) = T 0 + T, Tilhørende diskretiserte verdier for molar fordampningsvarme blir Dette gir damptrykkverdiene l f j) = lf 0 1 Tj) ) 1/3 j = 1,,3,) T c pj +1) = pj)+ pj) = pj)+ pj)l fj) T RTj) p1) = p 0,j = 1,,) Med dette er oppgaven essensielt besvart Her er en MATLAB-kode som bruker denne oppskriften, med temperatursteg T = 10 K: clear all; alpha = 59000; beta = 50; R = 8314; T0 = 7316; p0 = 611; Tc = 647; LF0 = 54000; DeltaT = 10; T = [T0:DeltaT:Tc]; LF = LF0*1-T/Tc)^1/3); ) 4
N = lengtht); p = zeros1,n); p1) = p0; for j = 1:N-1 pj+1) = pj)*1+lfj)*deltat)/r*tj)^)); end; plin = p0*t0/t)^beta/r)*expalpha/r)*1/t0-1/t)); plott,p*1e-5, -,T,plin*1e-5, --, linewidth,); xlabel Temperatur K) ); ylabel Damptrykk bar) ); handle=legend Numerisk, Analytisk ); sethandle, Box, off ); Programmet plotter resulterende pt) og sammenligner med det analytiske uttrykket som ble regnet ut i oppgave b, med lineær l f T) Vi ser at forskjellen blir betydelig når vi passerer ca 440 K: 10 100 Numerisk Analytisk Damptrykk bar) 80 60 40 0 0 50 300 350 400 450 500 550 600 650 Temperatur K) Når vi nærmer oss kritisk punkt, går V g V v mot null, slik at tilnærmelsen V V g blir dårlig En forbedring vil være å benytte van der Waals tilstandsligning i stedet for ideell gass Da kan både V g og V v bestemmes numerisk) for gitt p og T, ved hjelp av Maxwells konstruksjon med like arealer, jf øving 10) 5