FY1005/TFY4165 Termisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Våren 2013.

Løsningsforslag til øving 8

Oppgave 1

a) Vi viste i forelesningene at når en gassmengde strømmer adiabatisk gjennom en porøs plugg (dyse), vil gassens entalpi H = U + pV være bevart dersom vi heller ikke trekker noe arbeid ut av gassen. La oss kort rekapitulere dette: På vei inn, til venstre for ”systemet”, okkuperer gassmengden i utgangspunktet et volum V_{1}, men komprimeres effektivt til null volum av den etterfølgende gassmengden ved trykket p_{1}. På vei ut, på høyre side av systemet, utvides gassen fra null volum til et sluttvolum V_{2} ved trykket p_{2}. Arbeidet utført av den angitte gassmengden, på den omgivende gassen, er dermed −p_{1}V_{1} + p_{2}V_{2}. Samtidig endres gassens indre energi med ΔU = U_{2} − U_{1}. Med Q = 0 gir 1. lov da

0 = U_{2} − U_{1} + p_{2}V_{2} − p_{1}V_{1},

med andre ord

U_{1} + p_{1}V_{1} = U_{2} + p_{2}V_{2},

eller H_{1} = H_{2}. Situasjonen her er helt tilsvarende, bortsett fra at gassen tilføres varmen Q og utfører arbeidet W (på omgivelsene) mens den oppholder seg i systemet. Dette arbeidet kommer i tillegg til det ”interne arbeidet” p_{2}V_{2} − p_{1}V_{1} diskutert ovenfor. Energibalansen blir dermed slik:

H_{1} + Q − W = H_{2}.

b) Gassens varmekapasitet ved konstant trykk er gitt ved (∂H/∂T)_{p}, slik at for n mol gass med varmekapasitet C_{p} = αR pr mol blir

ΔH = nC_{p}ΔT = αnRΔT.

Med resultatet funnet i punkt a er da

Q − W = H_{2} − H_{1} = αnR(T_{2} − T_{1}).

c) La S_{1} og S_{2} angi entropien til de n mol med gass hhv før de kommer inn i systemet og etter at de har passert gjennom systemet. På vei gjennom systemet avgir omgivelsene varmen Q til gassen, og dette skjer ved omgivelsenes konstante temperatur T_{1}. Omgivelsenes entropi endres dermed med

ΔS_{omg} = −\frac{Q}{T_{1}} .

Total entropi kan ikke avta, ΔS ≥ 0, dvs ΔS_{omg} + S_{2} − S_{1} ≥ 0, eller

−\frac{Q}{T_{1}} + S_{2} − S_{1} ≥ 0 ⇒ Q ≤ T_{1}(S_{2} − S_{1}).

For ideell gass fant vi i forelesningene et generelt uttrykk for entropiendringen som følge av endringer i temperatur og volum:

S_{2} − S_{1} = nC_{V} ln \frac{T_{2}}{T_{1}} + nR ln \frac{V_{2}}{V_{1}} .

(I denne oppgaven angir C_{p} og C_{V} molare varmekapasiteter.) For ideell gass har vi dessuten pV = nRT og C_{p} − C_{V} = R, dvs V_{2}/V_{1} = T_{2}p_{1}/T_{1}p_{2} og, her, C_{V} = C_{p} − R = (α − 1)R. Dermed:

S_{2} − S_{1} = (α − 1)nR ln \frac{T_{2}}{T_{1}} + nR ln (\frac{T_{2}p_{1}}{T_{1}p_{2}} )
= αnR ln \frac{T_{2}}{T_{1}} + nR ln \frac{p_{1}}{p_{2}}
= nR ln \{(\frac{T_{2}}{T_{1}} )^{α} \frac{p_{1}}{p_{2}} \} ,

slik at

Q ≤ nRT_{1} ln \{(\frac{T_{2}}{T_{1}} )^{α} \frac{p_{1}}{p_{2}} \} .

d) Med Q − W, med W = 0, fra punkt b innsatt i uttrykket fra punkt c finner vi:

αnR(T_{2} − T_{1}) ≤ nRT_{1} ln \{(\frac{T_{2}}{T_{1}} )^{α} \frac{p_{1}}{p_{2}} \} ,
p_{1} ≥ p_{2} [\frac{T_{1}}{T_{2}} exp (\frac{T_{2}}{T_{1}} − 1)]^{α} .

Siden funksjonen x exp(x^{−1} − 1) er større enn 1 dersom x ≠ 1, betyr dette at p_{1} > p_{2} dersom T_{2} ≠ T_{1}.

e) I systemet/maskineriet kan gassen først ekspandere (evt komprimeres) isotermt til et passende volum V_{3} mens varmen Q blir absorbert. Deretter kan gassen komprimeres (evt ekspandere) adiabatisk slik at trykk p_{2} og temperatur T_{2} blir resultatet. Arbeidet som kommer ut av dette, er det samme som differansen i arbeid p_{2}V_{2} − p_{1}V_{1} = nR(T_{2} − T_{1}) som kreves for strømning ut og inn av systemet. Dermed blir netto utført arbeid W = 0. [La V_{3} være solumet etter den isoterme ekspansjonen. Isotermt arbeid blir da W_{i} = ∫ p dV = nRT_{1} ln(V_{3}/V_{1}) = nRT_{1} ln(p_{1}/p_{3}) = nRT_{1} ln[(p_{1}/p_{2})(T_{2}/T_{1})^{α}] når p_{1}V_{1} = p_{3}V_{3} (T_{3} = T_{1}) og adiabatligningen, p_{3}/T_{1}^{α} = p_{2}/T_{2}^{α} benyttes. (Fra T_{1}V_{3}^{γ−1} = T_{2}V_{2}^{γ−1} og V = nRT/p, α = γ/(γ − 1).) Adiabatisk arbeid blir (med Q = 0) W_{a} = −ΔU = −nC_{V} (T_{2} − T_{1}) = −(α − 1)nR(T_{2} − T_{1}). W = 0 betyr så W_{i} + W_{a} = p_{2}V_{2} − p_{1}V_{1}.]

Oppgave 2

Blandingsentropien er gitt ved

ΔS_{mix} = −k ∑_{i} N_{i} ln x_{i} = −k(N_{o} ln x_{o} + N_{n} ln x_{n}),

der N_{o} og N_{n} er hhv antall molekyler med oksygen og nitrogen. De tilsvarende volum før blanding er hhv V_{o} og V_{n}. For ideell gass har vi da

pV_{o} = N_{o}kT , pV_{n} = N_{n}kT , pV = NkT,

der V = V_{o} + V_{n} = 5 dm^{3} og N = N_{o} + N_{n}. Dette gir så

x_{o} = N_{o}/N = V_{o}/V = 0.2 , x_{n} = N_{n}/N = V_{n}/V = 0.8,

slik at blandingsentropien blir (med kN_{i} = pV_{i}/T = (pV/T)x_{i}; (i = o, n))

ΔS_{mix} = −\frac{pV}{T} (x_{o} ln x_{o} + x_{n} ln x_{n}) = −\frac{1.013 · 10^{5} · 5 · 10^{−3}}{293} (0.2 ln 0.2 + 0.8 ln 0.8) = 0.865 J/K.

Ved blanding kan det tas ut et reversibelt arbeid

W = T ΔS_{mix} − ΔU − pΔV = T ΔS_{mix},

dvs eksergi med ΔU = 0 og ΔV = 0. Det minste arbeid som skal til for å skille gassene er det samme, slik at dette blir

W = T ΔS_{mix} = 293 · 0.865 = 253 J.

Avgitt varme kommer fra tilført varme. Da ΔU = 0 med T = konstant for ideell gass, blir dette

−Q = W = 253 J.

(W er det samme som arbeidet som skal til for å komprimere O_{2} isotermt fra 5 liter til 1 liter, og N_{2} fra 5 liter til 4 liter.)

Oppgave 3

Den lineære utvidelseskoeffisienten er gitt ved

α_{L} = \frac{1}{L} (\frac{ΔL}{ΔT} )_{p} .

Endring av lengden blir følgelig

ΔL = α_{L}ΔT · L = 1.2 · 10^{−5} · (50 − (−30)) · 12 = 11.5 mm.

Youngs modul er gitt ved

Y = \frac{F}{A} · \frac{L}{ΔL}.

Lengdeendringen ΔL skal kompensere lengdeendringen fra temperaturendringen. Endring av spenning blir følgelig

σ = \frac{F}{A} = Y \frac{ΔL}{L} = Y α_{L}T

som med tallverdier innsatt blir σ = 7.2 · 10^{7} Pa = 710 atm.

Oppgave 4

Tidligere har vi funnet

C_{p} − C_{V} = T (\frac{∂p}{∂T} )_{V} (\frac{∂V}{∂T} )_{p} .

Trykkstigningskoeffisienten (∂p/∂T)_{V} kan uttrykkes ved de gitte koeffisientene ved å benytte relasjonen

(\frac{∂p}{∂T} )_{V} (\frac{∂V}{∂p} )_{T} (\frac{∂T}{∂V} )_{p} = −1,

dvs

(\frac{∂p}{∂T} )_{V} = − [(\frac{∂V}{∂p} )_{T} (\frac{∂T}{∂V} )_{p}]^{−1} = − (\frac{∂p}{∂V} )_{T} (\frac{∂V}{∂T} )_{p}

der vi har brukt (∂z/∂y)_{x} = (∂y/∂z)_{x}^{−1}. Følgelig finner vi

C_{p} − C_{V} = −T (\frac{∂p}{∂V} )_{T} (\frac{∂V}{∂T} )_{p}^{2} = T V \frac{α_{V}^{2}}{κ_{T}} .

Ett mol vann har volum V = 18/0.9971 mL = 18.05 mL, så ved 25^{∘}C = 298 K har en altså

C_{p} − C_{V} = 298 · 18.05 · 10^{−6} · \frac{(2.572 · 10^{−4})^{2}}{4.52 · 10^{−10}} = 0.786 J/K ≃ 0.095R

med R = 8.314 J/K. Til sammenligning har vi for ideell gass at C_{p} − C_{V} = R.