Chalmers Institutionen för Teknisk Fysik Göran Wahnström Tentamen i FTF4 Termodynamik och statistisk fysik för F3 Tid och plats: Onsdagen den /, kl 4.-8. i Maskin -salar. Hjälpmedel: Physics Handbook, BETA, Termodynamiska tabeller (utdelade), ett A4 blad ( sidor) med egna anteckningar, Chalmersgodkänd räknare Jourhavande lärare: Göran Wahnström, tel. 77-3634 Bedömning: Varje uppgift ger maximalt poäng. Till detta adderas eventuella duggapoäng. För godkänt krävs 7 poäng (4:a minst 4 poäng, 5:a minst 54 poäng). Lösningar: Anslås på kurshemsidan. Rättningsgranskning: Onsdag 3/ kl :45-3. i S3, 3:e våningen i byggnad Soliden.. (a) I Physics Handbook kan man hämta följande data för de tre gaserna N, C H 6 och He. Gas C P /C V N.44 C H 6. He.66 Värdena gäller vid rumstemperatur. Ge en motivering till de tre olika värdena på kvoten C P /C V, baserat på egenskaper för de olika gaserna! (b) För hålrumsstrålning gäller att och f(ω) = n(ω) = V π c 3 ω e β hω där f(ω) är tillståndstätheten, n(ω) Plancks fördelningslag och ω ljusets vinkelfrekvens. Teckna ett uttryck för totala strålningsenergin i ett hålrum med volymen V samt bestäm utgående från detta hur strålningsenergin beror av temperaturen.. Du har tillgång till ett isblock i Arktis och du vill utnyttja det för att utvinna arbete. Storleken på detta beror på omgivningen och du transporterar det därför till Sahara. Där låter du isblocket fungera som lågtemperaturreservoar och ökensanden som högtemperaturreservoar för en värmemotor. Ökensanden har temperaturen 6 C. Hur mycket arbete kan man maximalt erhålla? Isblocket har massan ton och från början temperaturen C. Lämpliga och rimliga antaganden får göras.
3. En kompressor tar in luft vid. MPa och C och avlevererar luften vid. MPa och med hastigheten m/s. Massflödet är 5. g/s. Antag att luftens kompression sker adiabatiskt och att dess hastighet vid intaget är försumbart liten. Bestäm den minsta effekt som erfordras av kompressorn! Luften får behandlas som en idealgas med konstant värmekapacitet. 4. För fasta oordnade material har man funnit ett linjärt temperaturbidrag till värmekapaciteten vid låga temperaturer. Detta gäller även för isolatorer. Den gängse förklaringen till detta fenomen är att vissa atomer, eller grupper av atomer, i materialet rör sig mellan två närliggande potentialminima med en viss energiskillnad ϵ. Varje sådan atom, eller grupp av atomer, kan därför approximeras med ett tvånivåsystem med energiskillnaden ϵ. Oordningen medför dock att storleken av energiskillnaden ϵ varierar slumpmässigt för de olika tvånivåsystemen. Antag att fördelningen av dessa ges av { /ϵ om ϵ ρ(ϵ) = / < ϵ < ϵ / annars Visa att detta leder till ett linjärt temperaturberoende om k B T ϵ! Ledning: Beräkna först värmekapaciteten C V (ϵ) för ett diskret tvånivåsystem med en given energiskillnad ϵ. Teckna därefter medelvärdet av C V (ϵ) med hjälp av ovanstående fördelningsfunktion ρ(ϵ) och visa att av detta följer att värmekapaciteten blir proportionell mot temperaturen om k B T ϵ. 5. För en viss tvåatomig molekyl gäller att vibrationsbidraget till värmekapaciteten är.65k B per molekyl vid temperaturen 95 K. Uppskatta vinkelfrekvensen ω hos den harmoniska oscillatorpotentialen mellan de två atomerna i molekylen! Kan du med hjälp av Physics Handbook ange en trolig kandidat? Notera att uppgiften leder till en ekvation som måste lösas numeriskt. Om du inte klarar det ange en lösningsskiss för hur problemet slutligen kan lösas. 6. En svart plan yta med temperaturen T H är parallell med en svart plan yta med temperaturen T L. Energiflödet i vacuum mellan de två ytorna är ( ) J = σ TH 4 TL 4 enligt Stefan-Boltzmanns lag. Antag nu att en tredje plan svart yta placeras mellan de två andra. Bestäm temperaturen på denna tredje yta när energiflödet blivit konstant. Hur förhåller sig detta energiflöde till det ursprungliga flödet?
Chalmers Institutionen för Teknisk Fysik Göran Wahnström Tenta i FTF4 Termodynamik och statistisk fysik för F3 Onsdagen den /. (a) Energin för en mol av en ideal gas är E = p k BT N, där p är antalet frihetsgrader och N = Avogrados tal. = de dt = pk BN = pr ( p ) c p = + R = + R c p = p + p = + p He har tre translationsgrader, p = 3, och cp =.67. N har förutom translationsfrihetsgraderna också rotation omkring två axlar p = 5, och cp =.4. Om man för C H 6 sätter p = 9 fås cp =. (b) Totala strålningsenergin Ē = = f(ω)n(ω)e foton (ω)dω = V ω V h π c 3 e β hω = hωdω π c 3 Sätt β hω = x och då β hdω = dx. Detta ger Ē = V h π c 3 β 4 h 4 f(ω)n(ω) hωdω x 3 e x dx. ω 3 e β hω hωdω. Serieutveckling vid låga x (e x = + x + x / + ) och approximationen x 3 e x = x3 e för höga x visar att, tämligen direkt, integralen är konvergent och x får något konstant värde. Ē blir då proportionell mot /β 4 T 4.. Två olika lösningar, men likartade (a) Mest generell lösning: Sanden avger värmeenergin Q sand vid temp. T sand = 333 K. Vattnet upptar värmeenergin Q vatten vid uppvärmning 73 K till 333 K. Isen upptar värmeenergin Q is vid temp. T is = 73 K. Hela processen måste ha en entropiändring S. :a HS: Q sand = W + Q is + Q vatten. () :a HS: S = Q sand + Q 333K is Matten dt + T sand T is 73K T () Q sand T sand T is Q is + T sand M atten ln 333 73. Q is = ML = 6 kg 333 3 J/kg, atten = 4.8 3 J kgk. ()
() W = Q sand Q is Q vatten T sand T is Q is +T sand M atten ln 333 73 Q is Q vatten. Q vatten = M atten T = 6 kg 4.8 3 J 6K. (3) kgk Insättning ger W.6 9 J = GJ (b) Separera problemet i två delar. i. Isen smälter. Q sand = W i + Q is. S i = Q sand + Q is Q sand T sand Q is T sand T is T is ( ) ( ) Tsand 333 W i Q is = T is 73 333 9 J = 73, GJ ii. Vattnet värms upp. S ii = Q 333K sand Matten dt + T sand 73K T Q sand = W ii + Q vatten. Q sand M atten T sand ln 333 73 W ii M atten T sand ln 333 73 M atten T = 7.6 GJ W tot = W i + W ii GJ 3. W T V P T V P v Beräkna minsta möjliga W, under givna förhållanden. Energirelation: H + K + W = H + K, där K = och K = mv. Detta ger W = H H + K = H + K. Generellt: H = T T c p dt. Vad är T? Adiabatisk process P V γ = konst och T P γ = konst, där γ =.4. γ γ ( P T P = T P T = T P ) γ = 566 K
Värmekapaciteten för luft kan man räkna ut som i uppgift a eller få från tabell: c p = J kg K. Vi får därför H = c p (T T ) = (566 93) J kg = 73 3 J kg. För m = 5 3 kg fås W = 73 3 5 3 J + 5 3 J = 365 J +.5 J = 365 J, d.v.s. effekten 365 W. Alternativ lösning: W = H + K, dh = d(e + P V ) = de + P dv + V dp. Generellt gäller de = T ds P dv dh = T ds + P dv. Adiabatisk process ds = dh = V dp H = V dp. Adiabatiskt ger också P V γ = P V γ V = V ( P P H = P P V V fås ur ideala gaslagen: V = RT P ( ) P P γ dp = V P =.43 m3 Insättning ger H =.84 ( 5).7.7 och för m = 5 3 kg fås H = 37 J. och en effekt på 37 W. ) γ. γ [ ] P P γ γ. P W = H + mv = 37 J +.5 J = 37 J m3 mol.84 [ kg. ( 6 ).9 ( 5 ) ].9 J kg 75 J kg 4. Vi börjar med att beräkna värmekapaciteten för ett tvånivåsystem med energiskillnad ɛ. Eftersom värmekapaciteten inte beror på nollnivåenergin, sätter vi ena tillståndets energi till och andra tillståndets till ɛ. Detta ger tillståndssumman vilket ger medelenergin vilket ger värmekapaciteten Z(ɛ) = + e βɛ, ln Z(ɛ) Ē(ɛ) = = β ɛ + e βɛ, (ɛ) = Ē T = β Ē T β = ɛ e βɛ kβ ( + e βɛ ) 3
Medelvärdet för värmekapaciteten ges nu av att summera över alla tvånivåsystem: = N = kβ ɛ N (ɛ) i= x = ɛ β x = ɛ β ( x β dx β dɛρ(ɛ) (ɛ) = kβ ) e x ( + e x ) = k βɛ ɛ x ɛ / x dx ɛ / ɛ e βɛ dɛ ( + e βɛ ) x e x ( + e x ). Vi har givet att βɛ x, och eftersom integranden går snabbt mot för stora (positiva och negativa) x, kan vi med gott samvete ersätta gränserna med ± : = k βɛ x e x dx ( + e x ). Integralen beror nu inte längre på temperaturen, utan har något bestämt (men okänt) värde I. Vi har alltså = k I = Ik T T, βɛ ɛ och alltså är värmekapaciteten proportionell mot temperaturen. 5. För vilken vinkelfrekvens ω är vibrationsbidraget till värmekapaciteten.65k vid temperaturen 95 K? En harmonisk oscillator med vinkelfrekvens ω har tillståndssumman Z vib = e β hω(n+/) = e β hω/ n= n= (e β hω) n = e β hω/ e β hω. Detta ger medelenergin Ē vib ln Z(ɛ) = = β β ( β hω ( + ln e β hω)) = hω + hω e β hω, och värmekapaciteten ib v där x = β hω. ib v = Ē T = β Ē T β = kβ ( hω) e β hω (e β hω ) = k x e x (e x ), =.65k ger oss alltså följande ekvation att lösa: x e x (e x ) =.65. Denna ekvation går inte att lösa analytiskt (såvitt jag kan komma på), så vi får lösa den numeriskt. Detta kan göras på många sätt, men det enklaste är helt enkelt att pröva sig fram på miniräknaren: 4
x x e x (e x ) Kommentar.9 För högt.5.98 Fel håll.7 För högt 3.5 För lågt.5.6 För lågt..68 För högt.4.63 För lågt.3.66 Tillräckligt bra Vi finner alltså att x.3 är en lösning, vilket ger ω =.3 hβ =.9 4 s. Egentligen borde vi också visa att detta är den enda lösningen, till exempel genom att visa att derivatan är negativ för alla positiva x. Det återstår att lista ut vilken molekyl det rör sig om. Tabell 5.7 i Physics Handbook listar egenskaper hos ett antal vanliga tvåatomiga molekyler. Dock står inte frekvensen ω angiven direkt, utan bara vibrationsenergin hν hω. Vårat värde på ω ger en vibrationsenergi hω = 88 mev, och vi ser att den troligaste kandidaten är syrgas, med en vibrationsenergi på 97 mev. 6. Om mittenplattan har temperaturen T M så ges flödet från den varma plattan till mittenplattan av J H M = σ(t 4 H T 4 M), och flödet från mittenplattan till den kalla plattan av J M L = σ(t 4 M T 4 L). När dessa flöden är lika stora har mittenplattan nått sin sluttemperatur och energiflödet ändrar sig inte längre. Sluttemperaturen ges därför av ekvationen ( T J H M = J M L σ(th T 4 M) 4 = σ(tm T 4 L) 4 TM 4 = TH+T 4 L 4 4 T M = H + TL 4 ) 4. Det nya flödet från J H L ges nu av antingen J H M eller J M L (de är ju lika stora): J H L = J H M = σ(th 4 TM) 4 = σ(th 4 T H 4 + T L 4 ) = σ(t H 4 T L 4) = J, d.v.s. hälften av det ursprungliga flödet. 5