TFY4115 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2013. Løsningsforslag til øving 9.

Oppgave 1.

Den indre energien U til et system er bestemt av tilstanden. Dette er ikke tilfelle med tilført varme Q og utført arbeid W, men energibevarelse (1. hovedsetning) er oppfylt. Mottatt varme langs veien acb er

Q_{acb} = U_{b} − U_{a} + W_{acb},

slik at endringen i indre energi blir

ΔU_{ab} = U_{b} − U_{a} = Q_{acb} − W_{acb} = (80 − 30) J = 50 J.

a) Varmemengden som systemet opptar langs veien adb blir derfor

Q_{adb} = ΔU_{ab} + W_{adb} = 50 + 10 = 60 J.

b) Mottatt arbeid 20 J betyr utført arbeid W_{ba} = −20 J. Mottatt varme under prosessen b → a er følgelig

Q_{ba} = ΔU_{ba} + W_{ba} = −ΔU_{ab} + W_{ba} = −50 − 20 = −70 J.

Dette betyr at systemet avgir varmemengden 70 J under prosessen fra b til a.

c) Ved prosessen db utføres det ikke noe arbeid da volumet er konstant, dvs W_{db} = 0, og W_{ad} = W_{adb} = 10 J. Mottatt varmemengde under prosessen ad blir følgelig

Q_{ad} = U_{d} − U_{a} + W_{ad} = 40 − 0 + 10 = 50 J.

Ved prosessen db blir så den mottatte varmemengden

Q_{db} = Q_{adb} − Q_{ad} = 60 − 50 = 10 J.

Oppgave 2

Tilstandsligning for n mol ideell gass:

pV = nRT.

Utført arbeid:

W = ∫_{V_{1}}^{V_{2}} p dV = nRT ∫_{V_{1}}^{V_{2}} \frac{dV}{V}
= nRT ln \frac{V_{2}}{V_{1}} = 2 · 8.314 · 300 · ln 2 = 3458 J ≃ 3.46 kJ.

For ideell gass er indre energi U en funksjon av temperaturen alene. Siden T er uendret langs en isoterm, vil U være uendret, dvs ΔU = 0. Tilført varme er følgelig

Q = ΔU + W = W = 3.46 kJ.

Oppgave 3

Tilstandsligning: pV = nRT. En dobling av temperaturen, T_{1} → T_{2} = 2T_{1}, ved konstant volum, V_{2} = V_{1}, gir trykket

p_{2} = \frac{nRT_{2}}{V_{2}} = \frac{2nRT_{1}}{V_{1}} = 2p_{1}.

Avkjøling tilbake til T_{1}, uten å endre trykket, gir volumet

V_{2} = \frac{nRT_{1}}{p_{2}} = \frac{nRT_{1}}{2p_{1}} = \frac{1}{2}V_{1}.

Utført arbeid (dvs på omgivelsene):

W = ∫_{V_{1}}^{V_{2}} p dV = ∫_{V_{1}}^{V_{2}} p_{2} dV = (V_{2} − V_{1})p_{2} = −p_{1}V_{1}.

Arbeid gjort på gassen:

−W = p_{1}V_{1}.

Oppgave 4

Fra definisjonen av energienheten cal (kalori) har vi direkte at c_{p} = 1 cal/gK for vann. Luft består nesten utelukkende av 2-atomige molekyler, og gjennomsnittlig molar masse er ca 29 g/mol. Dermed er (med R = 8.314 i enheten J/mol K) c_{p} = (7R/2)/(29 · 4.184) cal/gK = 0.24 cal/gK for luft. Molar varmekapasitet for metaller er ca 3R, så med molar masse 55.9 g/mol har vi c_{p} ≃ 3R/(55.9 · 4.184) cal/gK = 0.11 cal/gK for jern. Med andre ord, c_{p}(vann) ≃ 4c_{p}(luft) ≃ 9c_{p}(jern).

Oppgave 5

Siden lufta antas å utivde seg adiabatisk og reversibelt, kan adiabatligningene for ideell gass benyttes,

T V^{γ−1} = konst og pV^{γ} = konst.

Eliminasjon av V gir da

pT^{−γ/(γ−1)} = konst,

eventuelt

T p^{−κ} = T_{0}p_{0}^{−κ}, dvs T = T_{0} (\frac{p}{p_{0}} )^{κ} ,

med κ = (γ − 1)/γ. Her er trykkdifferansen Δp = p − p_{0} liten (i forhold til p_{0}), slik at temperaturendringen ΔT = T − T_{0} blir

ΔT = T − T_{0} = T_{0} [(\frac{p}{p_{0}} )^{κ} − 1]
= T_{0} [(\frac{p_{0} + Δp}{p_{0}})^{κ} − 1]
= T_{0} [(1 + \frac{Δp}{p_{0}})^{κ} − 1]
≃ T_{0} · κ · \frac{Δp}{p_{0}},

der vi har rekkeutviklet til laveste orden i den lille størrelsen Δp/p_{0}. (Dette er selvsagt ikke påkrevd; en kan godt bare sette inn tallverdier og trykke i vei på kalkulatoren.) Med γ = 7/5 for luft blir κ = 2/7, slik at

ΔT ≃ 293 · \frac{2}{7} · (\frac{−8.9}{760}) K ≃ −1^{∘}C.

Her har vi brukt at 1 atm = 760 mm Hg.

Oppgave 6

For ideell gass har vi adiabatligningene pV^{γ} = konst og T V^{γ−1} = konst. Slutt-trykket blir derfor lik

p = p_{0} (\frac{V_{0}}{V} )^{γ} = 1 atm · 18^{1.4} = 57.2 atm,

mens slutt-temperaturen blir (med T_{0} = 17^{∘}C = 290 K)

T = T_{0} (\frac{V_{0}}{V} )^{γ−1} = 190 K · 18^{0.4} = 922 K = 649^{∘}C.

Her er ingen varme utvekslet med omgivelsene, slik at arbeidet tilsvarer endringen i indre energi: Q = ΔU + W = 0. Vi kan nå gå fram på to måter for å bestemme arbeidet utført på gassen: Enten direkte ved å integrere p(V) dV, eller ved å regne ut endringen i indre energi, ΔU. La oss gjøre det på begge vis! Direkte utregning:

W = ∫_{V}^{V_{0}} p(V) dV = p_{0} ∫_{V}^{V_{0}} (\frac{V_{0}}{V} )^{γ} dV = \frac{p_{0}V_{0}}{γ − 1} [(\frac{V_{0}}{V} )^{γ−1} − 1] = \frac{p_{0}V_{0}}{γ − 1} (\frac{T}{T_{0}} − 1) = 0.44 kJ.

Endring i indre energi: Vi vet at U er en tilstandsfunksjon, og vi kjenner her både start- og slutt-tilstand (både trykk, volum og temperatur). Da kan vi bestemme ΔU på den måten som passer oss best, dvs det spiller ingen rolle hva slags prosess (her: adiabatisk) som faktisk tok systemet fra start- til slutt-tilstand. Vi vet videre at endringen i indre energi inngår i uttrykket for varmekapasiteten ved konstant volum, C_{V} = (∂U/∂T)_{V}. Dermed, hvis vi kjenner C_{V} (T), kan vi bestemme ΔU ved å integrere dU = C_{V} dT. Her er det klart at C_{V} er en konstant: Med C_{p} − C_{V} = nR og C_{p}/C_{V} = γ har vi C_{V} = nR/(γ − 1) = 5nR/2. Dermed er

|W | = ΔU = C_{V} (T −T_{0}) = \frac{5}{2}nR(T −T_{0}) = \frac{5}{2}p_{0}V_{0} (\frac{T}{T_{0}} − 1) = 2.5·1.013·10^{5}·0.80·10^{−3}·(\frac{922}{290} − 1) = 0.44 kJ.

Samme svar med begge metoder!