NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK

EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG

Torsdag 6. juni 2013 kl. 1500 - 1900

\underline{Oppgave 1.} Ti flervalgsoppgaver. (Poeng: 2 pr oppgave)

\underline{a}. B. Konstant temperatur ved smelting (1.5 tidsintervaller) og ved fordampning (2.5 tidsintervaller) gir L_{s}/L_{f} = 1.5/2.5 = 0.6.

\underline{b}. B. W = omsluttet areal.

\underline{c}. D. Q og W er prosessvariable, U er tilstandsvariabel.

\underline{d}. A. I en isentropisk prosess er systemets entropi konstant, ikke systemets indre energi.

\underline{e}. B. Med ideell gass er v ∼ \sqrt{T}. Hvis produktet pV endres til 4pV, øker også T med en faktor 4, slik at v øker med en faktor \sqrt{4} = 2.

\underline{f}. A. Med ideell gass er ⟨E_{k}⟩ = (1/2)m⟨v^{2}⟩ ∼ 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.

\underline{g}. C. En isoterm fra tilstand a er brattere enn isobaren ab men slakere enn adiabaten ac. Dermed: T_{b} > T_{a} > T_{c}.

\underline{h}. A. 1 = fast stoff og væske, 2 = væske og gass, 3 = fast stoff og gass.

\underline{i}. A. Koeksistenskurven/-området for væske og gass ender, for økende trykk, i kritisk punkt.

\underline{j}. D. Koeksistens mellom fast stoff og væske ved 1, dvs smelting. Koeksistens mellom gass og væske ved 2, dvs fordampning. Koeksistens mellom fast stoff og gass ved 3, dvs sublimasjon.

\underline{Oppgave 2.} Kretsprosess. (Poeng: 5+3+4+8)

\underline{a}. Ved romtemperatur er kT tilstrekkelig stor til at molekylenes rotasjonsfrihetsgrader er ”våkne”: kT ≫ ΔE_{rot} = avstanden mellom kvantiserte energinivåer for rotasjon. Dermed i alt 5 kvadratiske ledd i energifunksjonen, 3 for translasjon og 2 for rotasjon, og U = N · 5 · kT/2, dvs C_{V} = dU/dT = 5Nk/2. Ved romtemperatur er ΔE_{vib} ≫ kT, så vibrasjonsfrihetsgradene bidrar ikke til indre energi. Siden C_{p} = C_{V} +Nk for ideell gass, blir C_{p} = 7Nk/2. (Dette kan regnes ut fra formel i vedlegget: C_{p}−C_{V} = T (∂p/∂T)(∂V/∂T) = T (Nk/V)(Nk/p) = p · Nk/p = Nk.) Ved riktig høye T våkner vibrasjonene, kT ≫ ΔE_{vib}, og C_{V} = 7Nk/2. Ved riktig lave T sovner rotasjonene, kT ≪ ΔE_{rot}, og C_{V} = 3Nk/2.

\underline{b}. W = omsluttet areal = (α − 1)p_{0} · (α − 1)V_{0} = (α − 1)^{2}p_{0}V_{0}.

\underline{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_{2} = p_{2}V_{2}/Nk = α^{2}p_{0}V_{0}/Nk = α^{2}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}

\underline{d}. Varme i de ulike delprosessene (Q > 0 tilsvarer tilført varme):

1 → 2 : Q_{12} = C_{p}(T_{2} − T_{1}) = (7Nk/2)(α^{2} − α)T_{0} = 7α(α − 1)p_{0}V_{0}/2
2 → 3 : Q_{23} = ΔU_{23} = C_{V} (T_{3} − T_{2}) = (5Nk/2)(α − α^{2})T_{0} = 5α(1 − α)p_{0}V_{0}/2 < 0
3 → 4 : Q_{34} = C_{p}(T_{4} − T_{3}) = (7Nk/2)(1 − α)T_{0} = 7(1 − α)p_{0}V_{0}/2 < 0
4 → 1 : Q_{41} = ΔU_{41} = C_{V} (T_{1} − T_{4}) = (5Nk/2)(α − 1)T_{0} = 5(α − 1)p_{0}V_{0}/2

Tilført varme blir

Q_{inn} = Q_{12} + Q_{41} = \frac{1}{2}(α − 1)p_{0}V_{0}(7α + 5),

som gir virkningsgrad

η(α) = \frac{W}{Q_{inn}} = \frac{2α − 2}{7α + 5}.

Vi ser at η ikke kan bli større enn 2/7.

\underline{Oppgave 3.} Varmeledning i gass med sylindersymmetri. (Poeng: 10+5)

\underline{a}. Fouriers lov:

j = \frac{Q̇}{A} = −κ \frac{dT}{dr} ,

med A = 2πrL og κ = κ(T) = β\sqrt{T}. Dermed:

\frac{Q̇}{L} · \frac{dr}{r} = −2πβ\sqrt{T} dT
⇒ \frac{Q̇}{L} ln r = −2πβ · \frac{2}{3}T^{3/2} + K.

Eliminerer K og fastlegger Q̇/L ved hjelp av de to grensebetingelsene:

\frac{Q̇}{L} ln r_{1} = −\frac{4}{3}πβT_{1}^{3/2} + K
\frac{Q̇}{L} ln r_{2} = −\frac{4}{3}πβT_{2}^{3/2} + K
⇒ \frac{Q̇}{L} ln \frac{r_{2}}{r_{1}} = \frac{4}{3}πβ (T_{1}^{3/2} − T_{2}^{3/2})

⇒ \frac{Q̇}{L} = \frac{4πβ (T_{1}^{3/2} − T_{2}^{3/2})}{3 ln(r_{2}/r_{1})}.

\underline{b}. I uttrykket for β er c_{V} = varmekapasiteten pr partikkel, dvs c_{V} = 3k/2 for atomer, σ = spredningstverrsnittet = 4πa^{2}, og m = atommassen, her m = 40 u. Dette gir β = 1.77 · 10^{−3} i SI-enheter. Innsetting av T_{1} = 373 K, T_{2} = 293 K og ln(r_{2}/r_{1}) = ln(8/7) gir da Q̇/L = 122 W/m.

\underline{Oppgave 4.} System med tre ekvidistante energinivåer. (Poeng: 5+5)

\underline{a}. Systemets partisjonsfunksjon (tilstandssum) er

Z = ∑_{j=1}^{3} e^{−βE_{j}} = e^{−βE_{0}} + e^{−2βE_{0}} + e^{−3βE_{0}}.

Sannsynligheten for at en gitt partikkel befinner seg i tilstand j med energi E_{j} = jE_{0} blir da

π_{1} = \frac{e^{−βE_{0}}}{Z} = \frac{e^{−βE_{0}}}{e^{−βE_{0}} + e^{−2βE_{0}} + e^{−3βE_{0}}}
π_{2} = \frac{e^{−2βE_{0}}}{Z} = \frac{e^{−2βE_{0}}}{e^{−βE_{0}} + e^{−2βE_{0}} + e^{−3βE_{0}}}
π_{3} = \frac{e^{−3βE_{0}}}{Z} = \frac{e^{−3βE_{0}}}{e^{−βE_{0}} + e^{−2βE_{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_{2} ≃ 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_{2} ≃ π_{3} ≃ 1/3. En gitt partikkel har like stor sannsynlighet for å befinne seg i hver av de tre tilstandene.

\underline{b}. Midlere energi pr partikkel:

⟨E⟩ = \frac{∑_{j=1}^{3} E_{j}e^{−βE_{j}}}{∑_{j=1}^{3} e^{−βE_{j}}} = E_{0} \frac{e^{−βE_{0}} + 2e^{−2βE_{0}} + 3e^{−3βE_{0}}}{e^{−βE_{0}} + e^{−2βE_{0}} + e^{−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 2E_{0}.

\underline{Oppgave 5.} Helmholtz fri energi. (Poeng: 5)

F = U −T S gir dF = dU −T dS −SdT = −pdV −SdT med bruk av T dS = 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 2. deriverte av F mhp T og V, som betyr at (∂p/∂T)_{V} = (∂S/∂V)_{T}.

\underline{Oppgave 6.} Damptrykk. (Teller 20%: 4+8+8)

\underline{a}. Koeffisientene bestemmes av 45 = α − 280β og 37 = α − 440β, som gir α = 59 kJ/mol og β = 0.05 kJ/mol K.

\underline{b}. Clausius-Clapeyrons ligning gir:

\frac{dp}{dT} = \frac{ΔS}{ΔV} = \frac{L_{f}(T)/T}{V_{g} − V_{v}} ≃ \frac{L_{f}(T)}{T V_{g}} ≃ \frac{L_{f}(T)}{T · nRT/p} = \frac{p(α − βT)}{RT^{2}}.

Her har vi brukt gitte anbefalinger i oppgaven, samt ΔS = L_{f}/T. Vi separerer og løser ligningen:

\frac{dp}{p} = \frac{α − βT}{RT^{2}} dT
⇒ ln p = −\frac{α}{RT} − \frac{β}{R} ln T + K′
⇒ p = KT^{−β/R}e^{−α/RT} (K = e^{K′}).

Integrasjonskonstanten K fastlegges via referansepunktet p(T_{0}) = p_{0}:

p_{0} = KT_{0}^{−β/R}e^{−α/RT_{0}} ⇒ K = p_{0}T_{0}^{β/R}e^{α/RT_{0}},

slik at

p(T) = p_{0} (\frac{T_{0}}{T} )^{β/R} e^{^{\frac{α}{R}}(\frac{1}{T_{0}} − \frac{1}{T} )}.

Her er p_{0} = 611 Pa, T_{0} = 273.16 K, og p(T) gir en god tilnærmelse for damptrykket for temperaturer opp til ca 440 K.

\underline{c}. Clausius-Clapeyrons ligning gir endringen i damptrykket Δp for en (liten) endring i temperaturen ΔT:

Δp = \frac{ΔS}{ΔV} ΔT ≃ \frac{pl_{f}(T)}{RT^{2}} ΔT.

Her har vi tilnærmet ΔV = 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 ΔT, slik at diskretiserte temperaturverdier blir

T (1) = T_{0}, T (2) = T_{0} + ΔT, T (3) = T_{0} + 2ΔT, …

Tilhørende diskretiserte verdier for molar fordampningsvarme blir

l_{f}(j) = l_{f}^{0} (1 − \frac{T (j)}{T_{c}})^{1/3} (j = 1, 2, 3, …)

Dette gir damptrykkverdiene

p(j + 1) = p(j) + Δp(j) = p(j) + \frac{p(j)l_{f}(j)ΔT}{RT (j)^{2}} (p(1) = p_{0}, j = 1, 2, …).

Med dette er oppgaven essensielt besvart.

Her er en MATLAB-kode som bruker denne oppskriften, med temperatursteg ΔT = 1.0 K:

clear all;
alpha = 59000;
beta = 50;
R = 8.314;
T0 = 273.16;
p0 = 611;
Tc = 647;
LF0 = 54000;
DeltaT = 1.0;
T = [T0:DeltaT:Tc];
LF = LF0.*(1-T./Tc).^(1/3);

N = length(T);
p = zeros(1,N);
p(1) = p0;
for j = 1:N-1
    p(j+1) = p(j)*(1+(LF(j)*DeltaT)/(R*T(j)^2));
end;
plin = p0.*(T0./T).^(beta/R).*exp((alpha/R).*(1/T0-1./T));
plot(T,p*1e-5,'-',T,plin*1e-5,'--','linewidth',2);
xlabel('Temperatur (K)');
ylabel('Damptrykk (bar)');
handle=legend('Numerisk','Analytisk');
set(handle, 'Box', 'off');

Programmet plotter resulterende p(T) 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:

Når vi nærmer oss kritisk punkt, går V_{g} − V_{v} mot null, slik at tilnærmelsen ΔV ≃ 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.)