TFY4115 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2013. Løsningsforslag til øving 8.

Oppgave 1. Hvis du vet, eller finner ut, at luft har massetetthet ca 1.2 - 1.3 kg/m^{3}, er det bare å gange med volumet på ca 10 m^{2} × 2.4 m, dvs ca 24 m^{3}. Dette gir en masse omkring 30 kg. Med ideell gass: pV = Nk_{B}T gir antall molekyler pr volumenhet,

ρ = N/V = p/k_{B}T ≃ 10^{5}/(1.38 · 10^{−23} · 300) ≃ 2.4 · 10^{25} m^{3}.

Vi trenger midlere masse pr molekyl. Med ca 20 prosent oksygen og resten nitrogen blir dette ca 29 g/mol, som er ca 4.8 · 10^{26} kg pr molekyl. Dermed

μ = ⟨m⟩ρ ≃ 1.2 kg/m^{3}.

Oppgave 2. For å ha en synlig spritsøyle bør vel diameteren være f.eks ca 0.4 mm. En høydeendring på 1 cm, som gir en temperaturendring på 1 grad, krever da en volumendring

ΔV = A · h = πr^{2} · h ≃ 0.4π mm^{3}.

Totalt volum sprit må da være

V = \frac{ΔV}{βΔT} = 400π mm^{3} ≃ 1.3 mL.

Oppgave 3. Tyngden av en luftsøyle med tverrsnitt A og høyde z er μgz. Dermed:

p(0)A = p(z)A + μgzA,

dvs

p(z) = p(0) − μgz.

Differensielt:

dp = −μgdz.

Oppgave 4.

a) Trykket i 1 mol ideell gass ved 20^{∘}C og volum 24.0 L:

p = \frac{RT}{V} = \frac{8.314 · 293}{24.0 · 10^{−3}} Pa = 1.015 · 10^{5} Pa = 1 atm.

Ved samme temperatur men med volum 0.24 L blir trykket

p = \frac{RT}{V} = \frac{8.314 · 293}{0.24 · 10^{−3}} Pa = 1.015 · 10^{7} Pa = 100 atm.

b) Med van der Waals tilstandsligning ved 20^{∘}C og 1 mol luft i et volum 24.0 L:

p = \frac{RT}{V − b} − \frac{a}{V^{2}} = \frac{8.314 · 293}{(24.0 − 0.0367) · 10^{−3}} Pa − \frac{1.368 · 10^{5−6}}{(24.0 · 10^{−3})^{2}} Pa = 1.014 · 10^{5} Pa = 1 atm.

Med volum 0.24 L finner vi tilsvarende

p = \frac{RT}{V − b} − \frac{a}{V^{2}} = \frac{8.314 · 293}{(0.24 − 0.0367) · 10^{−3}} Pa − \frac{1.368 · 10^{5−6}}{(0.24 · 10^{−3})^{2}} Pa = 0.961 · 10^{7} Pa = 96 atm.

(Sammenheng mellom noen ulike enheter for trykk: 1 atm = 1.013 · 10^{5} Pa = 760 mmHg.) Oppgave 5 Multiplikasjon med V^{2} gir ligningen

pV^{3} − N(pb + kT)V^{2} + aN^{2}V − abN^{3} = 0.