STOCKHOLMS UNIVERSITET FYSIKUM K.H. Tentamen i Termodynamik, 4p, 8/6 007, 9-15 med lösningar 1.Kan tillgodoräknas ör betyg G av den som presterat godkänt resultat på duggan) a.visasambandet C P /C V = + örenidealgas,ochdeinieravad är. 3p) b. Deinieravadsommenasmedadiabatiskkompressionochvisaattiensådan processär PV C P /C V = konstörenidealgas. 4p) c. Encylindermedargongassomkanansesideal)ärnedsänktiettvattenbad värmereservoir) som håller konstant temperatur. Gasen komprimeras till en tredjedelavsinvolym,ochäreteretttagitermiskjämviktmedvattenbadet. Bestäm, under örutsättning att kompressionen sker kvasistatiskt, det maximala resp. minimala värme som kan ha avgivits till vattenbadet ör en mol argon. Motivering krävs. Ledning: Utnyttja att trycket är proportionellt mot temperaturen, och uttrycket ör den inre energin. 3p) Lösning a:inreenergingesav U = N 1 kt,där Närantaletmolekyleroch antaletrihetsgrader per molekyl. Vi år ) C V = = Nk T och ) C P = T H P U V ) = T U Enligtidealagaslagenär PV = NkT,såatt P + PV ) T ) P och C P C P = Nk + Nk = + = +, vsb C V b: Enkompressionäradiabatiskomdenägerrumutanvärmeutbytemedomgivningen. Isåallgerörstahuvudsatsenatt U = Wdär W = P V ärkompressionsarbetet. Dierentiellt blir Med T = PV Nk N 1 kdt = PdV 1 allmännagaslagen)blir dt = NK PdV + V dp)ochalltså PdV + V dp) = PdV + V dp = PdV dp P = + dv V = C P dv C V V Integration germed en integrationskonstant A): lnp = C P C V lnv + A
Slutligen exponentierar vi och år Alltsåär PV C P C V = konst,vsb. P = e A V C P C V c: I sluttillståndet har allt utört arbete omvandlats till värme etersom U = 3NkT örenidealgasmed Nmoelkylerochtemperaturenärdensammasområnbörjan. Argonärenenatomiggas,så = 3.)Såråganärvilkenkompressionsomkräver mest resp. minst arbete. Om kompressionen sker långsamt kommer gasen att hålla samma temperatur som vattenbadetisotermisk kompression). Det tryckarbetesomutörspågasenkommerdåattgåbortsomvärme. Skerkompressionen istället adiabatiskt kommer tryckarbetet att höja den inre energin, och därmed temperaturen och trycket, vilket gör att mer arbete uträttas ör motsvarande volyminskningdw = PdV).Omendelavdetuträttadearbetet,meninteallt,gåttbort som värme när volymminskningen med dv sker kommer det uträttade arbete att ligga mellan det adiabatiska och det isotermiska allet. Alltså är det minsta möjligt värmet lika med det arbete som uträttas under en isotermisk process och det största möjliga värmet är lika med arbetet ör en adiabatisk process. Förenisotermiskprocessär P = NkT V,såarbetetsomuträttasblir Q min = NkT V V i dv V = NkT ln V i V = NkT ln3 = 1,1NkT där i står ör initialtillståndet och ör sluttillståndet. För en adiabat utbytes inget arbete med omgivningen, så arbetet är lika med ändringen i inre energi. Temperaturen omedelbart eter kompressionen blir T = P V Nk Enligtuppgitbär P V 5 3 = P i V 5 3 i,ochetersom PV ärproportionelltmot T blir T V 3 = T i V 3 i så T = T T i = T)ochändringeniinreenergiblir Q max = 3Nk Vi V T T) = 3NkT ) 3 = T3 3 ) 3 3 1 = 1,6 NkT
.Enaluminiumkastrullmed1litervattenställsinirysensåattvattnetbildaris vid 18 C.Denrystakastrullenställssedanpåspisenochvattnetvärmsupptill alldeles under kokpunkten. a. Hurmycketökarentalpinörsystemetdvs. isensomsedanblirvatten)under denna uppvärmning? Speciika värmekapaciteten ör isen är,0 kj/kg K) och smältvärmetär 3,3 10 5 J/kg. 5p) b. Vattnetglömskvarpåspisenochkokarbort. Dettatar5minuter. Närallt vattenjustkokatbortökarkastrullenstemperaturmed 4,0 C/s.Hurmycketväger kastrullen? 5p) Lösning a: Vid konstant tryck är entalpiökningen lika med det tillörda värmet. För att beräkna det måste vi multiplicera temperaturökningen ör is resp. vatten med värmekapaciteten och addera dessa värmemängder. Dessutom måste vi lägga till det latenta värmet ör asövergångensmältvärmet). Detta ger ör 1 kg, dvs 56 mol vatten: H = 18,0 10 3 + 3,3 10 5 + 100 56 75,9 = 7,8 10 5 J b: Eekten som tillörs kastrullen rån spisen kan anses konstant så länge kastrullens temperatur inte stigit långt över 100 grader. Under 5 minuter har det tillörts tillräckligt med energi ör att omvandla vattnet till ånga, dvs 40,7kJ/mol 56mol =,3 MJ. Eekten blir,3 MJ P = = 1,5 kw 5 60 s Underensekundtillörsvärmet Q = P 1s = 1,5 kj,vilketalltsåvärmeruppaluminiumkastrullen med 4,0 Knär vattnet örsvunnit så att värmet absorberas av kastrullen). Således är kastrullens värmekapacitet: C P = Q T = 1,5 kj 4,0K = 380J/K Värmekapaciteten kan också skrivas C P = C P n n = C P n där närantaletmol, M = 7,0 gmolviktenoch mdensöktamassan.denmolspeciikavärmekapaciteten C P /nannsgivenitabellsom 4,35 J/Kvid 73 K.Använder videttaårvi m = MC P C P /n = 7 10 3 kg 380 J/K = 0,4 kg 4,35 J/K Detta värde är approximativt etersom värmekapaciteten varierar med temperaturen.alternativtkanvianvända C p /n = 3R = 4,9J/KDulong-Petit),vilketger 0,41 kg. m M
3.a.Finnsdetnågotsättattomvandlaiseniuppgitatillvattenviden1atmoch 100 Cpåettsättsomgerenmindreentropiökningörkastrullensinnehållisen som blir vatten)? Om inte, motivera varör. Ge annars ett exempel. 3p) b.finnsdetnågotsättattomvandlaiseniuppgittillvattenvid1atmoch 100 C) på ett sätt som ger en mindre total entropiökning? Om inte, motivera varör. Ge annars ett exempel. 3p) c. Engasbeståendeav Nmolekylerupptarentiondelavenisolerandetank,och äravskildrånrestenavtankenavenvägg.enstordelavväggenöppnasplötsligt t.ex.genomattettantalsmåluckorskjutsåtsidan)såattgasenrittexpanderar in i tankens andra del där vakuum rådde innan. Bestäm hur mycket gasens entropi ökar om den är ideal. p) d.illustrerapålämpligtsättprocessenic,örenidealgas,iett pv-diagram.illustrera också kvalitativt hur processen ändras om gasen rån början är så komprimerad att avvikelser rån allmänna gaslagen inte kan örsummas ullständigt.antag att de kan örsummas i sluttillståndet.) Motivera. p) Lösning a: Nej det går inte, ty entropin är en tillståndsunktion, så ändringen beror bara på begynnelse- och sluttillstånden. b: Jadetgår,t.ex. genomlåtaisensmältavidrumstemperaturochsedansetill att inte värma vattnet med en alltör het platta, så att temperaturskillnaderna blir mindre. Exakthurvarmplattanbörvaraavgörsavhurstordelavdessvärme somgårborttillomgivningingeniställetörattvärmavattnet,menmanbörialla händelser undvika att sätta på plattan innan man ställt på kastrullen.) c: När gasen expanderar ritt uträttar den inget arbete och U är konstant. Insättning i Sackur-Tetrodes ekvation ger S = NklnV + lnv i ) = Nk ln V V i = Nk ln10 Sackur-Tetrodes ekvation gäller en enatomig gas, men V-beroendet kommer irån den del av asrummet som gäller molekylernas koordinater i volymen V. Det blir därör detsamma ör en gas där molekylerna har ler rihetsgrader, så vårt S gäller alla ideal gaser. Förenmerdirekthärledningörenleratomiggaskanvitänkaossenreversibel isotermiskprocessetersom Uärkonstantär Tdetörenidealgas)somlederrån begynnelse-tillsluttillstånd.etersom du = 0blir dq = dw = PdV och dq S = T = 1 PdV T där P = NkT V,dvs V S = Nk V i dv V = Nk ln V V i
d: TillståndetändrasrånenpunktiPV-diagrammettillenannan. Energin ändras inte etersom gasen inte utör något arbetet utbyter värme med omgivningen.förenidealgasbetyderdetattdebådapunkternaliggerpåenisoterm streckad i iguren nedan). Denna isoterm visar en möjlig reversibel process mellan begynnelse- och sluttillstånd. Den verkliga processen kan inte representeras i P V- diagrammet etersom den inte går via jämviktstillstånd med välbestämda värden på P. För en icke-ideal gas med N molekyler är trycket lägre ör begynnelsevolymen etersom vi har attraktiva krater mellan molekylernajr. van der Waals gaslag). Isotermen som passerar genom begynnelselägetprickad) leder till samma P och V i sluttillståndet som ör den ideala gasen, etersom vi där kan örsumma ickeidealiteten. Men när den icke-ideala gasen expanderar ritt istället ör isotermiskt kommer ökningen av den potentiella energin att betyda att den kinetiska energin, och därmed temperaturen, minskar. Så trots att den icke-ideala gasen i sluttillståndetkanbehandlassomidealhardendärenlägretemperatur,ochdärörettlägre tryck, än den ideala motsvarigheten.
4.Teoriproblem: Var noga med deinitioner och resonemang.) a. Härled uttrycket ör multipliciteten hos en einsteinkristall som har N oscillatorer och q energienheter. p) b. Visa att i hög-temperaturgränsen kan detta uttryckmed lämpliga approximationer) skrivas eq ) N ΩN, q) = N Ledning:Utnyttjaatt ln1 + x) xörsmå x 4p) c. Använd uttrycket i b ör att härleda Dulong-Petits lag ör värmekapaciteten per molörettastämnec = 3R).Ledning:Utnyttjaatt U = ǫqochinnettsamband mellan Uoch T 4p) Lösning a: Man kan representera de N oscillatorerna som N 1 stycken väggar som skiljer dem åt och placera ut de q stycken energienheterna mellan olika väggar, t.ex. ör N = 8och q = 1. Varjesättattplacerautenergienheternasvararmotattväljaut qenergienheterrån N 1+qolika objekt väggar energienheter), och totala antalet sätt det kan göras på, dvs multipliciteten, blir b: Stirlings ormel ger ) N + q 1 ΩN, q) = = q N + q 1)! N 1)!q! ΩN, q) = N + q 1)N+q 1) e N+q 1) N + q 1)N+q 1) N 1) N 1) e N 1) q q e q = N 1) N 1) q q Här kan vi approximera bort ettorna som inte står i exponenter, vilket ger ΩN, q) = N + q)n+q 1) N N 1 q q lnωn, q) = N + q 1)lnN + q) N 1)lnN q lnq Ihögtemperaturgränsenär q >> Nochvikanskriva lnωn, q) = N + q 1)ln[q 1 + N/q)] N lnn + lnn q lnq = N + q 1)[lnq + ln1 + N/q)] N lnn + lnn q lnq Serieutvecklingavdenandralogaritmentillörstaordningenger N q << 1): lnωn, q) = N + q 1) lnq + N ) N lnn + lnn q lnq q ln ΩN, q) = N lnq + N q + N lnq N q N lnn + lnn = Vikannuörsummalogaritmersomintemultiplicerasmedettstorttalq N) ochvikanocksåörsumma N N q << 1och q = N q N << N.Alltså: lnωn, q) = N lnq + N N lnn och ΩN, q) = e ln ΩN,q) = eq ) N vsb. N
c:viår ochmed q = U/ǫblir S = k lnω = Nk lnq + Nk Nk lnn S = k lnω = Nk lnu Nk lnǫ + Nk Nk lnn vilketbetyderatt 1 T S U = Nk/UochU = NkT Värmekapaciteten blir C = T = Nk För en mol av ett ämne blir antalet oscillatorer i motsvarande Einstein-modell U N = 3N A etersom varje atom kan oscillera it tre oberoende riktningar. Alltså blir värmekapaciteten per mol C = 3N A k = 3R vsb.
5.Solenskinerpåenettplanksombestårav mmtjockaurubrädor. Sidansolen skinerpåvärmsupptill 60 C. Påbaksidanavplanketstårenvattenspridarepå engräsmatta.densprutarregelbundetvattenmedtemperaturen 15 Cpåplankets baksida, som därör håller den temperaturen. Furu har värmeledningsörmågan 0,1 Wm 1 K 1 vinkelrättmotibrerna. a.bestämhurortvärmenergintransporterasgenomplanketi W/m ). b. När vattenspridaren stängs av blir luttemperaturen i ria luten bakom planket 0 C.Dessutombildasdetettstillaståendelutskiktmedentjocklekavungeär 3 mmpåbaksidanavplanket.lutharvärmeledningörmågan 0,06 Wm 1 K 1. Bestäm hur snabbt värmenergin nu transporteras genom planket. Ledning: Beräkna örst temperaturskillnaden genom planket och genom lutskiktet var ör sig som unktion av den sökta värmetransporten. 5p) Lösning a: Fouriers värmeledningsekvation lyder Q t = k ta dt dx där Q/ t är värmet som transporteras per tidsenhet genom arean A. Minustecknet betyder att värmet lyter i riktning mot minskande temperatur Viväljer x-axelnvinkelrättmotplanketsåatt xökaromvigårrånsolsidantill skuggsidan och använder Fouriers lag ör att skriva den sökta värmetransporten per yt- och tidsenhet som Q A t = k T t x där T = 45 Koch x = d = mmärplanketstjocklek. Insättningavdessa värden tillsammans med värmeledningskoeicienten ger svaret: Q 45 = 0,1 = 0,5 kw/m A t 0,0 b:sammavärmelytergenombådeplanketochlutsskiktet.omvilöserut Tur Fouriers lag år vi T = Q x A t k t Förplanketharvi T 1 = Q d A t där k ärvärmeledningsörmåganhosuru. Påsammasättblirörlutspaltenav tjocklek d l ochmedvärmeledningsörmåga k l = 0,06 Wm K 1 : T = Q A t Totalatemperaturskillnadenär T = T 1 + T = 40 K,vilketger Q d + d ) l = T A t k k l k d l k l Q d A t = T + d ) 1 l k k l Insättning ger slutligen värmetransporten per yt- och tidsenhet: Q 10 3 A t = 40 + 3 ) 1 10 3 = 0,13 kw/m 0,1 0,06 5p)
6.Teoriproblem: Var noga med deinitioner och resonemang.) a. Deiniera carnotprocessen och illustrera med en tydlig igur. Beräkna arbete och värmeöveröring ör varje del i processen under antagandet att det aktiva mediet är en tvåtomig ideal gas. Använd resultaten ör att explicit veriiera att verkningsgraden e är den maximala. 6p) b. Deiniera COP-tal coeicient o perormance ) ör ett kylskåp och härled en absolut övre gräns ör COP-talet ör ett kylskåp som arbetar mellan två temperaturer T h och. 4p) Lösning a: Carnotprocessen beskriver en idealiserad värmemaskin som arbetar reversibelt mellan två värmereservoirer. Detta innebär att pv-diagrammet ör det aktiva mediet består av två isotermerdär värme överörs rån den varma reservoiren till mediet, resp. rån mediet till den kalla reservoiren) och två adiabaterdär temperaturen ändras men inget värme överörs), se igur. Medbeteckningarenligtigurärcykelnentydigtdeinieradav T h temperaturen ördenvarmareservoiren), temperaturenördenkallareservoiren), V 1 och V volymen öre resp. eter expansionsasen). Vi betraktar en gas med rihetsgrader permolekyl,där = 5örentvåatomiggasvidrumstemperatur. Snabblösning:Arbetetblirörvarderaadiabetenändringeniinreenergi Nk Nk T h ),resp. T h )ingenvärmeöveröring)såtotalabidragettillarbetetrån adiabaterna blir noll det räcker att betrakta isotermerna. Vid den höga temperaturenuträttarsystemetarbetet W h = PdV = NkT h ln V V 1 påomgivningen,ochvid denundreuträttaromgivningenarbetet W c = PdV = Nk ln V 3 V 4 påsystemet. Värmetsomsystemettaremotvid T h blir Q h = W h ty T ochdärmed Uärkonstanta),ochvärmetsomavgesvid blir Q c = W c.nettoarbetetär W = W h W c, och verkningsgraden är e = W Q h = NkT h ln V Nk ln V ) 3 NkT h ln V ) 1 V 1 V 4 V 1 Föradiabaternaär V T = konst,så V 3 /V = V 4 /V 1 = V 3 /V 4 = V /V 1,såviår e = 1 T h ) Th vilket är den maximala verkningsgraden enligt biogad ormelsamling.. Detbetyderatt
Utörligare lösning: De yra olika delprocesserna är: 1 : Arbetetpåmedietblir W 1 = PdV = NkT dv h V = NkT h ln V V 1.Förenideal gasär Ukonstantnär T = T h ärkonstant,såenligtörstahuvudsatsenärvärmet somöverörstillmediet Q 1 = W 1 = NkT h ln V V 1. 3: Föradiabatengälleratt PV + = konstseuppgit1)och V T = konstöljeravatt T PV = konst).viåratt V3 = V Th För ullständighetens skull beräknar vi det uträttade arbetet direkt: V3 V3 ) V + W 3 = PdV = P V V V Men V 3 V = Th W 3 = NkT h V ),så ) [ ] V3 V = NkT h V [ W 3 = NkT h 1 Th dv = NkT h V ) 1 ] [ V V = Nk V ) + V3 V V3 [ T h ] V V + dv ) ] Dettahadevikunnatåenklarerån U = N 1 ktörinreenergin.etersominget värmeutbytsblirarbetetlikamedändringenav U. 3 4: Etersom nästa steg4 1) skall ta oss tillbaka till punkt 1 tillämpar vi adiabatens ekvationpådetstegetörattinna V 4 : ) Th V 4 = V 1 Arbetetsomuträttasblir,analogtmeddetörstasteget, W 34 = V 4 V 3 pdv = Nk ln V 3 V 4 ochvärmetblir Q 34 = Nk ln V 3 V 4. 4 1: Här skulle vi kunna integrera som längs den örsta adiabaten, men istället konstaterarviattarbetetblirändringeniinreenerginärvigårtillbakarån till T h, dvs W 41 = W 3 För båda adiabaterna är det överörda värmet noll. Verkningsgraden edeinierassom e = W Q h där W ärarbetetsommedietuträttar påomgivningenoch Q h ärvärmetsomtasemotråndenvarmareservoiren. För adiabaterna summeras såväl arbete som värme till noll, så vi år e = W 1 W 34 Q 1 = 1 NkT h ln V V 1 ochviårsomördensnabbalösningenatt e = 1 T h NkT h ln V V 1 + Nk ln V 3 V 4 )
b: För ett kylskåp deinierar vi COP-talet som borört värme rån den kalla reservoiren per tillört arbete: COP = Q c W Om Q h ärvärmetsomlevererastilldenvarmareservoirenomgivningen)gäller enligt örsta huvudsatsen att W + Q c = Q h så COP = Q c Q h Qc = 1 Q h Q c 1 Etersom Q c emottasvidtemperaturen högre)blirökningenavkylmediets entropi enligt andra huvudsatsen S c Q c När Q h levererasvidtemperaturen T h lägre)blirentropiändringenhosmediet S h Q h T h minustecknetberorpåatt Q h lämnarmediet).totalaentropiändringenunderen cykel är noll: 0 = S = S c + S h + S i där S i 0äreventuellentropiökningsominteskerisambandmedattvärme utväxlasmedomgivningen.olikheternaör S c, S h och S i ger 0 Q c Q h T h Alltså är Q h Q c T h COP 1 T h 1 = T h