CHALMERS TEKNISKA HÖGSKOLA OCH GÖTEBORGS UNIVERSITET Teoretisk fysik och mekanik Göran Niklasson

Transkript

1 CHALMERS EKISKA HÖGSKOLA 3--3 OCH GÖEBORGS UIERSIE eoretisk fysik oh mekanik Göran iklasson Problem.8 Begynnelseolym: 5-6 m 3 Slutolym: 4-6 m 3 ermodynamik oh statistisk fysik illägg till exemelsamlingen Lösningar Atmosfärstryk: 3 Pa Begynnelsetryk inne i ylindern: 3 Pa Adiabatisk koeffiient: γ,4 artal: ν 5 ar er minut (a) A gasen i en ylinder uträttat arbete under arbetstakten: γ γ γ γ γ γ γ γ Wut d d 5 J (b) Med fyra ylindrar får man tå arbetstakter er motorar. Den agina effekten borde alltså bli 5 5 W,5 3 W P 6 men det förutsätter att alla förluster är försumbara. En förlust som man aldrig kommer ifrån är att en del a det arbete som rodueras under arbetstakten går åt till att komrimera bränsleblandningen under komressionsfasen. Om i antar att gasblandningen id komressionens början har atmosfärstryket så kan i beräkna det arbete som går åt för komressionen enligt samma formel som oan men baklänges : γ γ γ γ γ γ γ γ Win d d 3 J Den nyttiga effekten kan alltså högst bli ( ) P W,6 W 6 Effekten för tyiska bilmotorer brukar anges till bra myket högre ärden än detta, men man skall komma ihåg att det är den maximala effekten man då talar om. Mellan tomgång oh gasen i botten finns många mellanlägen. Anmärkning: i har här räknat å det arbete som gasblandningen uträttar å kolen. Om man ill beräkna det sammanlagda arbete som uträttas å kolen bör man förstås dra ifrån det yttre atmosfärstryket, d..s. bara räkna med öertryket. Slutresultatet för motoreffekten blir dok detsamma, eftersom det arbete som går åt till att ressa undan den yttre luften under arbetstakten återfås under komressionstakten.

2 Problem.6 Betekningar: ε energigaet,3 me,3-3,6-9 J 5,6-3 J. x ε/k 5,6-3 /(,38-3,) 3,75 Helmholtz fria energi: Entroi: ε / k ε / k ( ) F k ln Z k ln + e + e F ε / k ε / k e + e S k ln ( + e + e ) ε / k ε / k ε / k ε / k e e x x x e + e kln ( + e + e ) + x x + e + e x Med x 3,75 fås S,7 k,6-4 J/K. I högtemeraturgränsen, alltså då x<<, fås S k ln 3, k,5-3 J/K. Sar: Elektronbidraget till entroin id, K blir, k, oh id myket högre temeraturer blir det k ln 3 x ε Problem 4.7 Resistorns entroi ändras inte, eftersom den förblir i samma termodynamiska tillstånd hela tiden. ätskan tar emot ärmeeffekten,5 W under s, ilket ger ärmemängden 5 J. Entroiökningen för ätskan fås genom att diidera med dess temeratur 35 K ilket ger,8 J/K Problem 4.8 Isens massa: m 9 kg Isens begynnelsetemeratur: i 73 K attnets temeratur: 93 K Seifik smältentali: l J/kg attnets ärmekaaitiitet: 4,9 3 J/kg K Entroiändring för det atten som från början är is: S i lm i + i m d m l i + Entroiändring för attnet i omginingen: S otal entroiändring: lm m( i ) m ln i [ l + ( )] i S S + + ln + i S m l i i Sar: S 94 9 J/K i

3 Problem 5.43 id en adiabatisk roess (S konstant) gäller att γ konstant konstant, d..s., / γ där γ är koten mellan C oh C (för luft gäller att γ,4). Härur fås κ S S γ γ Densiteten ρ för luft id C oh kpa är,93 kg/m 3. Om man inte hittar den i tabeller kan man lätt beräkna den ur ideala gaslagen med anändning a att den genomsnittliga molekylikten för luft är, 8+,8 3 ( % oh 8 % O ). Ljudhastigheten blir alltså s Sar:,33 km/s γ ρ,33 km/s Problem 5.44 Utgående effekt: Ångtemeratur: Kondensortemeratur: (a) i antar att turbinen fungerar som en arnotmaskin: w 95 6 W ( ) K 55 K (73 + 9) K 3 K erkningsgrad: η,45 Ingående ärmeflöde: Utgående ärmeflöde: Kylattnets temeraturändring: ärmekaaitet för atten: q w 6 w W η q q w w k K C 4,9 3 J/kg K Densitet för atten: ρ, 3 kg/m 3 Minsta attenflöde som behös: J q w min ρc k ρc k ( ) 3 6,4 m /s 6 5 W (b) Enligt ugifter å Ringhals hemsida är det erkliga flödet 4,8 m 3 /s. Om i urear oanstående räkningar utan att sätta in arnoterkningsgraden finner i att w J ρc k η oh alltså η,34, ilket kan jämföras med det ideala,45. Enligt ρc k J + w informationen från Ringhals är erkningsgraden 3,3 %, så åra beräkningar stämmer ganska bra.

4 Problem 5.45 Aroximation: Betrakta bränsleblandningen som en ideal gas med C 5R/ oh γ,4. otera att ny luft sugs in under en a fyra takter, d..s. en gång artannat ar. Sammanlagd ylinderolym:, -3 m 3. olym insugen luft er motorar: /, -3 m 3. artal: Den insugna luftens tryk: 4/6 ar/s. atm, 5 Pa. Den insugna luftens temeratur: in 3 K. Antal mol luft som asserar motorn er tidsenhet: atm n R in 5, 4, 6 8,345 3 mol/s 5,35 mol/s Komressionsförhållande: r 9,5 emeratur efter komressionen: emeratur efter förbränningen: illförd ärmeeffekt: γ ( max ) ( max ) q nc nc r in in r γ in max 473 K erkningsgrad för ottomotor: η r γ Utgående effekt: γ 5 max γ 3 wut ηqin nc ( max r in ) 4, W atm r γ γ r 4 in r Effekten 4 kw är lika med 33 hästkrafter. Problem 5.46 Husets temeratur: 95 K Omginingens temeratur: 68 K ill huset agien ärme er dag: Q J illfört elektriskt arbete er dag: W Elris: P,7 kr/kwh,7/(3,6 6 ) kr/j Från omginingen inhämtad ärme er dag: Q Q W (enligt första huudsatsen) Enligt andra huudsatsen måste den sammanlagda entroiändringen er dag för hus oh omgining ara ositi. Detta ger illkoret Q Q > Om i här sätter in uttryket för Q enligt oan får i resultatet 68 W > Q 8 J 9,5 J 95 Kostnaden er dag erhålles genom multilikation med elriset P:,7 PW > P Q 8 9,5 Kr 78 Kr 6 3,6

5 Problem 5.47 emeratur hos det utrymme som skall ärmas: 93 K emeratur från ilken ärme hämtas: 78 K För en ideal ärmeum (omänd arnotroess) gäller att effektiiteten är inersen a den erkningsgrad anordningen skulle ha som motor, d..s. e max Effektiiteten i detta fall är alltså, 93 e,emax 3,9 5 Besaring er år:, 75, kr 65 kr 3,9 Den iktigaste inändningen är att luftärmeumen har sämst effektiitet när den behös mest, d..s. under den kallaste delen a året. På sommaren är umen effektiast, men då behös den kanske inte alls. Att basera beräkningen å den genomsnittliga utetemeraturen blir därför missisande. En bergärmeum har fördelen att temeraturen å umens ingångssida är i stort sett konstant under året. Problem 5.48 Om i från början har syremolekyler oh ätemolekyler så får i efter reaktionen attenmolekyler. Ideala gaslagen ger sambanden 3 k oh k där är behållarens olym oh är det sökta tryket. Genom att eliminera finner i saret. Sar: 3 Problem 5.49 ettoresultatet a en hel ykel med erfekt regenerering är att en ärmemängd Q hämtats in från en ärmekälla id en iss temeratur oh att en ärmemängd Q agiits till en kylare id temeraturen samt att ett arbete W Q Q uträttats. En idealiserad reersibel roess utan några som helst förluster innebär att uniersums totala entroi inte ändras. Andra huudsatsen ger då illkoret Q Q Q Q Stotal d..s. Härur kan erkningsgraden η bestämmas: W Q Q η Q Q Detta är samma resultat som för en arnotroess. Anmärkning: Egentligen räker första meningen oan som beis. Den säger att nettoresultatet a Stirlingroessen med regeneration är exakt detsamma som för en arnotmaskin. Alltså är det uenbart att de har samma erkningsgrad.

6 Problem 5.5 Mängd luft som i studerar: m kg. Prini: Anänd energilagen oh glöm inte att en del a det arbete som luften uträttar går åt till att ressa undan luft i omginingen oh alltså inte blir nyttigt arbete i turbinen! I brist å tillgång till mera detaljerade data om luftens egenskaer anänder i ideala gaslagen oh antar att ärmekaaitiiteten är konstant i det aktuella temeraturinterallet. Begynnelsetryk: 35 3 Pa Begynnelsehastighet: 3 m/s Begynnelsetemeratur: 83 K Energilagen ger m + E m + E + W + ut Slutligt tryk: 3 Pa Sluthastighet: : 3 m/s ärmekaitiitet:, 3 J/kg K där E oh E är luftens inre energi i begynnelsetillståndet resektie sluttillståndet oh där W ut är det sökta arbetet. Detta kan skrias som W m m + H H ut där H H är luftens entaliminskning. Denna bestäms a den isobariska ärmekaaitiiteten enligt sambandet H H m( ) i behöer alltså bestämma sluttemeraturen. Eftersom roessen är adiabatisk gäller att γ där γ,4 för luft. i kan nu skria ner slutresultatet: Wut m + Med insatta sifferärden fås saret. γ Sar: Det i turbinen uträttade arbetet är 6 kj er kg luft. Problem. id en adiabatisk roess är entroin S konstant. i behöer för detta roblem eta hur entroin beror a temeraturen oh olymen. Utgångsunkten är att i et hur energin U beror a dessa ariabler (Stefan-Boltzmanns lag): U(,) 4 Entroin erhålles ur sambandet U S(, ) d 3 id en adiabatisk roess är alltså rodukten 3 konstant. Om oh beteknar temeratur oh olym i begynnelsetillståndet finner i att d..s. 3 3 Om i här sätter in 3 K oh,73 K finner i att /,33 9. Sar:,3 9 3

7 Problem. Det som agör ilken temeratur meteoriten får är strålningsbalansen. Jämikt kräer att meteoriten utstrålar lika myket effekt som den mottar från solen. Enligt Stefan- Boltzmanns lag är den utstrålade effekten roortionell mot 4, där är temeraturen å meteoritens yta. Den inkommande strålningseffekten är roortionell mot a -, där a är aståndet från solen. Jämiktsekationen får därför formen 4 k a där k är en konstant som bl. a. beror å solens yttemeratur oh radie. Härur kan i direkt få saret genom jämförelse med jorden. i finner att m j 4 a a j m där index m resektie j aser meteoriten resektie jorden. i söker a m uttrykt i AU, ilket enligt definitionen är koten a m /a j. Med m 7 K oh j 9 K finner i omedelbart saret a a m j,9 Anmärkning : Beräkningen förutsätter att jordens oh meteoritens ytor har likartade egenskaer i fråga om emission oh absorbtion a strålning. Eentuella skillnader i den genomsnittliga absorbtionsförmågan selar ingen roll eftersom den kommer in å båda sidor i jämiktsekationen (absorbtionsförmågan är lika med emissionsförmågan enligt Kirhoffs lag), men om absorbtionsförmågan är olika i olika åglängdsområden förändras resultatet. äxthuseffekten är ett exemel å detta. Anmärkning : I oanstående metod utnyttjade i inte informationen om solens temeratur annat än indirekt (jordytans temeratur beror ju å solen). Ett mera direkt men lite krångligare alternati är att räkna ut den strålning från solen som träffar meteoriten (man behöer då okså eta solens radie). Under förutsättning att meteoriten antages ara absolut sart (eller mera generellt att absorbtionsförmågan inte beror a åglängden) ger detta samma sar som oan. Med tanke å de förenklande antaganden som gjorts bör saret inte ges med mer än en siffras noggrannhet: Sar: a m,3 AU Problem.9 Fermienergi för artiklar i frånaro a magnetfält: ε / 3 F 6π m Sammanlagd kinetisk energi för dessa artiklar / π Ekin ε F 5 m otal energi för dessa artiklar i näraro a ett magnetfält med riktning u : Analogt fås /3 E 3 6π 5/ 3 B m µ 5/ 3

8 /3 E 3 6π 5/ 3 B + m Den sammanlagda energin för systemet blir /3 E E E 3 6π 5/ 3 5/ 3 + ( ) ( ) m B µ + + Besättningstalen oh bestäms a illkoret att E skall ara minimal. Om magnetfältet är sagt kan i skria + δ δ där δ är litet i jämförelse med. Serieutekling ger 5/ 3 5/ 3 5/ 3 5/ 3 µ δ δ δ δ δ E ε F δ Bµ 5 9 i försummar högre ordningars termer oh söker minimum genom att sätta deriatan de/dδ. Detta ger 8ε F δ B µ 3 3Bµ δ 4ε Magnetiseringen blir alltså F 3Bµ M ( ) µ δµ ε F Saret fås sedan genom att sätta in uttryket för ε F : ε / 3 F 3π m Sar: M /3 µ 4 3 m π B Problem.3 (a) id temeraturer lika med eller lägre än den kritiska temeraturen gäller att den kemiska otentialen µ är noll. Egentligen har µ ett litet negatit ärde, men det är så litet att i för alla raktiska ändamål utom ett kan sätta µ (undantaget är direkt beräkning a antalet artiklar i kondensatet). Preis id den kritiska temeraturen har det ännu inte samlats något makroskoiskt antal artiklar i kondensatet, oh det totala antalet artiklar kan därför beräknas å normalt sätt ur tillståndstätheten f(ε) oh fördelningsfunktionen n(ε):

9 n( ε) f ( ε) dε f ( ε) dε / k e ε Äen energin kan beräknas å liknande sätt: E εn( ε ) f ( ε ) dε ε f ( ε ) dε / k e ε är i beräknar energin er artikel förkortas alla konstanta faktorer i tillståndstätheten bort, så allt i behöer eta är att tillståndstätheten är roortionell mot roten ur energin: 3/ ε ε dε x dx ε / k x e e, 5 k k,77 / k E ε dε x dx,36 ε / k x e e (b) id en temeratur < kan energin fortfarande beräknas å i rini samma sätt, eftersom artiklarna i kondensatet inte ger något bidrag till energin. Däremot bidrar de naturligtis till antalet artiklar, men eftersom artikelantalet inte beror a temeraturen kan i anända resultatet från. i finner alltså att 3/ ε ε dε x dx ε / k 5/ x 5/ 5/ e ( k ) e, 5 k,77k 3/ / 3/ 3/ ε dε ( k ) x dx,36 ε / k x e e E Saret fås nu genom insättning a sifferärdena k,38-3 J/K, -9 Koh 7-9 K. Sar: (a),6-3 J er atom (b),7-3 J er atom. Problem.3 id en adiabatisk roess förblir entroin konstant. Entroin för en ideal gas ges a Sakur-etrode-ekationen: 3/ π 5 S (, ) k ln k mk illkoret för att en gas skall kunna behandlas som en klassisk ideal gas är att π mk 3/ medan illkoret för att den skall ara en degenerad fermigas eller bosegas är det motsatta: π mk 3/ Genom insektion a uttryket för S(,) ser man omedelbart att det är omöjligt att öerföra en gas från det ena gränsfallet till det andra utan att entroin ändras. Sar: ej

10 Problem.3 Medelenergi er neutron: ε -7 e,6-6 J. Partikeltähet: n 8 m -3. Partikelmassa: m n, kg. i undersöker först om i befinner oss i den klassiska eller kantmekaniska gränsen genom att beräkna fermienergin: /3-9 - ε F ( 3 π n) 3,77 J,983 e m n Medelenergin ε är alltså myket högre än fermienergin, d..s. i befinner oss i klassiska gränsen oh kan anända teorin för klassiska ideala gaser. Sambandet mellan energi oh temeratur ger oss omedelbart saret: 3 ε ε kb,77 K 3k Sar: eutrongasens temeratur är,8 mk. B