1. Använd allmänna gaslagen på formen pv = Nk B T N/V = p/k B T = = 133. 10-7 /1,32. 10-23. 293,15 = 3,3. 10 15 m -3 = 3,3. 10 9 cm -3 2. a) Enl PH: l = k B T/( 2πd 2 p) = 1,32. 10-23. 300/( 2π(0,3. 10-9 ) 2 10 5 ) = = 104 nm b) Enl PH: Γ = <v>/l där <v> = (8RT/πM) 1/2 vilket med insatta värden ger Γ = 4,3. 10 9 s -1 c) Det nya trycket ger en faktor 10 5 d v s l = 1,04 cm och 4,3. 10 4 s -1 3. Samma formel som i problem 2. Ger l = 78000 km i detta fall. Stötetalet (n S ) gånger arean ger: An S = 3,8. 10 8 s -1 4. M h a stötetalet fås tidsändringen av antalet partiklar i volymen: (dn/dt) = (dn/dp)(dp/dt) = -An S =- Ap/(2πmk B T) 1/2 (Obs (dn/dp) = (V/k B T)) dp/p = -A(k B T/V)/(2πmk B T) 1/2 dt t = -(V/A)ln(p/p 0 )(2πM/RT) = 3,24 s där vi använt k B/m = R/M där M är molvikten och m molekylens massa. Minustecknet ovan beror på att antalet molekyler minskar i volymen. 5. Samma resonemang som i problem 4 men här strömmar molekylerna åt båda håll d v s vi får följande uttryck: (dn/dt) = (dn/dp)(dp/dt) = (An S ) IN (An S ) UT = = A(p 0 - p)/(2πmk B T) 1/2 t = (V/A)ln[(p 0 p 1 )/( p 0 p 2 )]( 2πM/RT) = 249 s. Det går visst att beräkna tiden för tryckutjämning om man tar hänsyn till fluktuationerna i antalet molekyler i volymen. Denna fluktuation är enligt statistisk fysik lika med roten ur antalet molekyler d v s N (N) 1/2. Vi kan då integrera till normaltrycket minskat med det tryck som motsvarar N, eller p= = Nk B T/V. I det aktuella fallet blir tiden för utjämning mindre än en timme. 6. Använd uttrycket för trycket i PH: p = (1/3)(N/V)m<v 2 > där <v 2 > kan beräknas ur data. Detta ger p = 3,8 Pa. Men man kan även beräkna temperaturen ur <v 2 > = 3RT/M vilket ger T = 93 K. 7. Använd PH:s uttryck <v> = (8RT/πM) 1/2 1300 m/s 8. T = (πm/8r)<v> 2 = 47 µk, se uttrycket ovan. 9. Använd barometerformeln t ex på följande form: p/p 0 = exp[-hgm/rt] = 0,4 10. Använd sambandet C p = C V + nr tillsammans med C V = (r/2)nr och n = m/m tillsammans ger detta: c p = C p /m = (r/2+1)r/m r = 2[Mc p /R-1] 7. γ = C p /C V = (r+2)/r = 1,29 vilket stämmer bra med värdet i PH.
11. Observera att trycket i heliumgasen är det samma som utanför ballongen så länge ballongen inte uppnått sin fulla storlek! Detta ger att volymen vid marknivån motsvarar ett tryck i heliet på 1,0 atm, och att trycket vid full volym kan beräknas varefter man kan använda barometerformeln för att få fram den höjd då detta sker. Hur högt ballongen når som högst är ett mycket svårare problem då man egentligen måste då beräkna ballongens hastighet vid tillfället då dess densitet (ekipagets totala massa genom volymen) är densamma som den omgivande luftens ty då kommer ballongen att fortsätta ett bra tag till för att sedan sjunka igen d v s ballongen kommer att oscillera ett tag men så småningom stanna på en höjd där densiteten är den samma som luftens. Vi beräknar denna sista höjd nedan. a) V B = mrt/p 0 M He = 5,61 m 3, m B /m L = m b /ρ L V B = 0,55 b) p = mrt/v max M He = 5678 Pa, men p = p 0 exp[-m L gh/rt] h = -(RT/M Lg)ln(p/p 0) där M L = 29 kmol/kg. Detta ger h = 23 km. c) Här använder vi densitetsvarianten av barometerformeln d v s ρ = ρ 0 exp[-m L gh/rt] där ρ är ballongekipagets densitet och ρ 0 är luftens densitet vid marken d v s ρ 0 = p 0 M L /RT enligt allmänna gaslagen (ρ 0 finns även i PH). Detta ger då höjden h = 27,7 km. 12. p = nrt 1 /V 1 = nrt 2 /V 2 & V 1 + V 2 = V 0 ger volymerna och sedan trycket. p = 150 kpa. Trycket blir detsamma vid slutlig jämvikt och temperaturen förstås medeltalet av de två ursprungstemperaturerna, eller 450 K. Kolvens medelhastighet kan beräknas m h a den vanliga formeln d v s <v> = (8k B T/πm) 1/2 4 nm/s. 13. Här gäller samma som i föregående tal: p = n 1 RT 1 /V 1 = n 2 RT 2 /V 2 = n 3 RT 3 /V 3 & V 1 + V 2 + V 3 = V 0 vilket ger volymerna V 0 /4, 3V 0 /8 resp 3V 0 /8. Trycket fås sedan till p = 133 kpa. 14. Samma resonemang som i tal 5 men här vill vi beräkna arean, A. Detta ger följande slututtryck : A = (V/t)ln[(p 0 p 1 )/( p 0 p 2 )]( 2πM/RT) = 3. 10-10 m 2. 15. Enligt kinetisk gasteori är U = (3/2)Nk B T = 5,175. 10-24 J ( 32 µev) 16. Medelvärdet av de Broglie-våglängden är <λ B > = (h/m)<1/v> där v är farten. Man får använda MB-fördelningen för att beräkna <1/v> på sedvanligt sätt. Observera att integralen över fördelningen är lika med antalet partiklar, N. Medelavståndet mellan atomerna blir helt enkelt (V/N) 1/3 där V = (4/3)πr 3. Detta ger nu <1/v> = (16M/πRT) 1/2 d v s efter lite omskrivning: T (h/m) 2 (16M/πRT)(N/V) 2/3 = 0,12 mk. 17. Den värme som tillkommer guldet är den samma som lämnar vattnet och sluttemperaturen är förstås densamma: m Au c pau (T-T Au ) = m V c pv (T V -T) vilket ger temperaturen T = 97 C. 18. Här används samma princip som i föregående tal. Problemet är mest hur man skall beräkna luftens värmeleverans. Men här är förstås trycket konstant d v s man kan beräkna värmekapaciteten C p = (r/2+1)nr där nr = pv/t o s v. Detta ger vid insättning av givna data en ökning av vattnets temperatur på ynkliga 0,1 K.
19. Hela kinetiska energin omvandlas till värme som höjer kopparblockens temperatur. 2(1/2)mv 2 = 2mc p T v = (2c p T) 1/2 = 27,7 m/s eller ca 100 km/h. 20. Den tillgängliga kinetiska energin skall räcka precis till att exitera båda atomerna. Detta innebär om man kallar exitationsenergin E: 2 E = 2(1/2)mv 2 v = (2 E/m) 1/2 sedan använder man uttrycket för medelfarten för att få fram temperaturen. Detta ger då T = 19100 K!! 21. Vi vet såväl volym som temperatur och tryck för de två gaserna d v s vi kan beräkna storheten nr = pv/t och sätta in i uttrycket för värmekapaciteten: C V = (r He /2)n He R + (r K /2)n K R där r är antalet utvecklade frihetsgrader i gasen. Detta ger nu C V = (r He /2) pv He /T + (r K /2) pv K /T = 5,2 J/K där vi satt r He = 3 och r K = 5. För att beräkna c V = C V/m kan man beräkna massan för varje gas, summera o s v, m = pvm/rt. Detta ger c V = 808 J/kgK. 22. Då partialtryckena är lika i en gemensam volym och vid samma temperatur så måste antalet mol vara lika d v s m Ne /M Ne = m K /M K där m står för massa och M för molmassa. Värmekapaciteten per kg är: c V = =C V /m= [(r Ne /2)n Ne R + (r K /2)n K R]/(m Ne +m K ) = R[(r Ne /2) + (r K /2)]/( M Ne +M K ) = = 690 J/kgK. 23. Allmänna gaslagen ger för densiteten ρ = pm/rt vilket m h a data för den aktuella gasen ger ett värde på storheten M/R. Detta ger då möjlighet att beräkna densiteten vid andra tryck och temperaturer. a) ρ = pm/rt = (p/t)(m/r) = (p/t)(ρ 0 T 0 /p 0 ) vilket ger 1,07 kg/m 3 vid 8 atm och 0,27 kg/m 3 vid 2 atm. b) m = ρv = 0,032 kg c) Den värme som tas från kalorimetern tillkommer gasen helt (inga förluster) C K T K = m g c p T g c p = C K T K /m g T g = 5,4 kj/kgk 24. Den kraft som krävs är halva den kraft som undertrycket ger då detta verkar på dörrens masscentrum medan dragkraften verkar vid dörrens kant. Tryckkraften blir, om dörrens area kallas A, pa = (p 0 -p 0 (T 2 /T 1 ))A F = (1/2) pa = 1,6 kn. 25. För tillstånden i volymerna före respektive efter gäller: 5p 0 V 0 = nrt 0, 4pV 0 = n 1RT 1, pv 0 = n 2RT 2, men samtidigt vet vi att n 1 + n 2 = n 4pV 0 /RT 1 + pv 0 / RT 2 = 5p 0 V 0 /RT 0 p = 5p 0 T 1 T 2 /T 0 (4T 2 +T 1 ) = 120 kpa. 26. Vid en isoterm process i en ideal gas gäller pv = konstant d v s V 2 /V 1 = p 1 /p 2 där p 1 = ρhg + p 2 = 997. 25. 9,82 + 1,013. 10 5 d v s V 2 /V 1 = 3,42. 27. Temperaturen, i celsiusgrader, är en linjär funktion av trycket: t = a+bp. Sätt in de två kända trycken och temperaturerna och räkna ut konstanterna a och b. Sedan kan temperaturen för kokande kväve beräknas i celsiusgrader. Observera att trycket är differensen mellan lufttrycket och det i gastermometern d v s trycket vid kokande vattentemperatur är p K +p 0 och den vid vattnets smältpunkt p S +p 0. Trycket vid kvävets kokpunkt blir p 0 -p N. Insatt i den linjära ekvationen fås då t N och i kelvingrader fås T N = t N-a = 76,6 K vilket stämmer ganska bra.
28. Meningen här är att man fyller på gastermometern med olika mycket gas vid konstant volym och jämför tryckena vid den kända temperaturen (273,15 K) och den okända temperaturen. Om gasen i termometern vore ideal så gäller vid konstant volym T = T 0 p/p 0, där T och p gäller den okända temperaturen. Extrapolation till noll-tryck ger då den önskade temperaturen. Man kan t ex rita upp T som funktion av p 0 och se i diagrammet vart T konvergerar då p 0 går mot noll. Detta ger då T = 348,3 K. 29. Här gäller att temperaturen är en linjär funktion av volymen d v s t = a+bv. De två punkterna ger efter insättning a = -270,3 C. 30. Då temperaturen är konstant är även inre energin konstant. Arbetet blir W = - pdv = nrtln(v 2 /V 1 ) = -p 1 V 1 ln(v 2 /V 1 ) = -1,013. 10 5. 0,001. ln(1/10) = 233 J. 31. Samma gäller här som i tal 30 d v s inre energin ändras ej. Första huvudsatsen säger då att -W = Q d v s all värme som ges till systemet går åt till det arbete som systemet utför på omgivningen. -W = pdv = nrtln(v 2 /V 1 ) = 1,73 kj i både a) och b). 32. Meningen här är att göra ett diagram där temperaturen ritas som funktion av resistansen. För det ändamålet börjar man med att räkna om tryckena till temperaturer m h a de två kända punkterna i texten d v s vattnets fryspunkt och kokpunkt. För tryckena och temperaturerna gäller t = a + bp precis som förut. Sedan sätter man in alla olika tryckena och får således temperaturerna som motsvaras av vissa resistanser. Man gör sedan en linjär anpassning av denna kurva d v s T = A + BR samt ur den anpassningens standardavvikelser av konstanterna A och B beräknar onogrannheten för en typisk temperatur. Resultatet blir ca 1% onogrannhet (i Kelvingrader) eller 4,4 K vid ca 320 K. 33. -W = pdv = p(v 2-V 1) = pv 1 där V 1 = (m He/M He + m K/M K)RT 1/p = 960 kj. Värmeåtgången blir Q = ((5/2)m He /M He + (7/2)m K /M K )RT 1 = 2730 kj och därför U = Q + W = 1780 kj. Men U kan beräknas för sig, U = C V (T 2 -T 1 ) vilket ger samma resultat. 34. a) Q = C p T tillsammans med U = C V T ger enkelt U = 15 kj b) -W = Q- U = 10 kj 35. Sätt in V = nv så får man den efterfrågade ekvationen! 36. Uttrycken för de två koefficienterna är: β = (1/V)( V/ T) p & κ T = -(1/V)( V/ p) T a) M h a allmänna gaslagen fås enkelt β = 1/T & κ T = V/nRT b) Skriv om van der Waals ekvation : p = nrt/(v-nb) an 2 /V 2 Sedan kan man skriva om uttrycken för koefficienterna till derivator av trycket: β = (1/V)( V/ T) p = -(1/V)( p/ T) V /( p/ V) T vilket lätt uträknas och κ T = -(1/V)( V/ p) T = -(1/V)1/( p/ V) T likaså.
37. Här gäller det att finna en rekursiv formel från van der Waals ekvation. Men först räknar man ut ett startvärde m h a allmänna gaslagen: n 0 = pv/rt = 103 mol. När man sedan skall välja rekursiv formel så räkna inte ut din variabel där den förekommer i en korrektion d v s den bästa är den enklaste: n = (1/RT)(p+an 2 /V 2 )(v-nb) som efter 4 iterationer ger n = 0,0981 kmol. 38. Skriv v d W: p = nrt/(v-nb) an 2 /V 2 = AT + B anpassa en rät linje till data och räkna ut de två konstanterna a & b. Detta ger a = 3,64. 10 5 Jm 3 /kmol 2 & b = 0,0318 m 3 /kmol 39. Hooks lag: J/A = Y L/L 0 där L = L L 0. I metallfallet är arean konstant medan den otöjda längden beror linjärt på temperaturen d v s L 0 = L 00 (1+α(T-T 0 )) vilket leder till följande tillståndsekvation: J = YA[L/L 00 (1+α(T-T 0 )) - 1]. I gummifallet beror volymen bara på temperaturen enligt: V = V 0 (1+β(T-T 0 )) vilket leder till följande tillståndsekvation: J = YAL(1/L 0 1/L) = YV 0 (1+β(T-T 0 ))(1/L 0 1/L). 40. Undersök tecknet på derivatan ( J/ T) L = -( L/ T) J /( L/ J) T d v s då nämnaren alltid är positiv så har de andra två derivatorna olika tecken. Men om man tar en titt på tillståndsekvationen i föregående tal så är den första derivatan klart positiv d v s spännkraften ökar med temperaturen medan den andra derivatan är negativ d v s längden minskar med temperaturen. Det omvända gäller klart metaller. 41. C V = (3/2)nR = (3/2)(m/M)R = 223 J/K 42. ρ = pm/rt = 0,15 kg/m 3 43. -W = pdv = [nrt/(v-nb) an 2 /V 2 ]dv = nrtln[(v 2 -nb)/(v 1 -nb)]+an 2 (1/V 2-1/V 1 ) Volymerna beräknas m h a iteration av v d W. Begynnelsevärde fås m h a allmänna gaslagen. Bästa rekursiv formel är: V = nrt/(p+an 2 /V 2 ) + nb begynnelsevärdet är V 0 = nrt/p = 0,0045 respektive 0,022 m 3. Slutresultatet blir W = 3,64 kj. 44. Här gäller att göra samma slags iterativ beräkning som i föregående tal. Startvärde fås m h a allmänna gaslagen: V 0 /n = RT/p = 4,5. 10-4 m 3. Sedan itererar man några gånger vilket ger: V/n = 0,42 liter. 45. I kritiska punkten har gasens isoterm en inflektionspunkt d v s ( p/ V) T = = ( 2 p/ T 2 ) T = 0 Detta ger tre ekvationer tillsammans med v d W och tre obekanta d v s kritiska trycket, temperaturen och molvolymen. Sedan kan konstanterna a och b beräknas (de kritiska variablerna uttrycks i dessa). Resultatet stämmer bra med PH. 46. Här används samma förfaringssätt som i föregående tal. Resultatet finns i facit. 47. Arbete är här dw = JdL d v s i vårt fall W = JdL = KT (L/L 0 (L 0 /L) 2 )dl = (5/8)KTL 0. 48. Hooks lag kan uttryckas differentiellt: dj = (YA/L 0 )dl W = JdL = = J( L/ J) T dj = (L 0 /YA) JdJ = (L 0 /2YA)(J 2 2 -J 1 2 ) 49. dw = BdM W = BdM = B( M/ B) T db = (C/T) BdB = (C/2T)(B 2 2 -B 1 2 )
50. Börja med att differentiera tillståndsekvationen: dv = V 0 βdt V 0 κdp nu är det enkelt att beräkna diverse partiella derivator. Använd derivatan ( p/ V) T = -1/V 0 κ och integrera: p = -( V/V 0 )/κ men -( V/V 0 ) = 0.01 enligt texten d v s p = 0,01/κ kompressibiliteten kan tas fram m h a övriga elastiska konstanter κ = (9G-3Y)/GY och sedan kan arbetet beräknas som vi gjort i föregående tal där vi nu får derivatan ( V/ p) T = - V 0 κ. Resultaten blir p = 204 MPa och W = 0,20 J. 51. Använd Poissons ekvation på formen TV γ-1 = konstant på följande sätt på adiabaterna. T 2 = T 1(V 2/V 1) γ-1, T 3 = T 2(V 3/V 2) γ-1. d v s T N = T N-1(V N/V N-1) γ-1 T N /T 1 = (V 2 /V 1 ) N(γ-1) = 2 -N(γ-1) = 1/10 N = ln10/ln2(γ-1) = ca 5 ggr 52. Här använder vi en annan variant av Poissons ekvation: Tp (1-γ)/γ = konstant vilket ger i förevarande situation T 2 = T 1 (p 1 /p 2 ) (1-γ)/γ. Trycket på 1 km djup blir ca 100 atm d v s tryckförhållandet i uttrycket ovan blir ca 1/100 vilket ger en temperatur på ca 1000 K. Volymen tar man enklast frm m h a pv γ = konstant vilket här ger 3,8 % av ursprungsvolymen. Efter nedkylningen reduceras volymen till ca 1 % av V 1. 53. a) Antal mol konstant d v s p 1 V 1 /T 1 = p 2 V 2 /T 2 där p 2 = hgρ + p 1 = = 131 kpa vilket ger V 2 = p 1 V 1 T 2 /p 2 T 1 = = 1,013. 10 5. 0,001. 281,15/131000. 293,15 = 0,74 liter b) T 3 = T 2 (p 2 /p 3 ) (1-γ)/γ., vilket ger T 3 = 261,2 K = -12 C c) V 3 = (p 2 /p 3 )V 2 = 0,96 liter 54. Adiabat: TV γ-1 = konstant V 2 = V 1 (T 1 /T 2 ) 1/(γ-1) V = V 1 ((T 1 /T 2 ) 1/(γ-1) -1), vi behöver som sagt beräkna V 1 : V 1 = nrt 1 /p 1 = m luft [0,231/M S + 0,769/M K ]RT 1 /p 1 = = 5,91 liter V = -0,70 liter. 55. Använd det viktade medelvärdet för luftens molvikt 29 kg/kmol. Undersök först adiabaten m h a Poissons ekvation: T 2 = T 1 (p 3 /p 2 ) (1-γ)/γ = 300. 2 (1-γ)/γ = 246,1 K. D v s vi skall sänka temperaturen i gasen isobariskt till denna temperatur: Q = C p T = (7/2)(m/M)R(T 2 -T 1 ) = -65 kj. 56. I en adiabatisk process gäller U = W d v s arbete och ändring i inre energi är lika. Räkna först ut temperaturändringen: T 2 = T 1 (p 1 /p 2 ) (1-γ)/γ = 137,7 K. Ändringen i inre energin blir: U = C V T = -2,88 MJ d v s även W = -2,88 MJ. Adiabat: Q = 0! 57. Börja med en derivata (jo det gör man oftast då man vill veta sambandet mellan olika variabler o s v): ( T/ V) S = -( S/ V) T /( S/ T) V = [Maxwell + def av värmekapacitet C V = T( S/ T) V ] = -(T/C V )( p/ T) V men för en mol v d W-gas gäller p = RT/(V-b) a/v 2 ( p/ T) V = R/(V-b) ( T/ V) S = -(T/C V )R/(V-b) dt/t = - (R/C V )dv/(v-b) lnt = -(R/C V )ln(v-b) + konstant lnt+ln(v-b) (R/CV) = konstant T(V-b) (R/CV) =konstant QED 58. I t ex en gas i jämvikt så kan det hända och händer säkert att en fluktuation uppstår som gör att gasen för ett ögonblick befinner sig vid sidan av jämviktsläget d v s entropin ökar tillfälligt. Svaret på frågan är att entropin fluktuerar hela tiden även efter det att det vi kallar jämvikt inträtt. Detta är en liknande sak som att inre energin i ett system i termisk kontakt med ett annat syste m fluktuerar även efter att jämvikt inträtt.
59. Då sjön är så väldigt mycket större än kopparbiten kommer dess temperatur inte att ändras nästan alls men likväl kommer dess entropi att öka då ds = dq/t S där T S är konstant. Värmemängden är ju densamma som den som lämnar kopparn d v s då den kyls från 85 till 14 grader d v s Q = mc p T = 2. 385. 72 = 55440 J d v s ökningen av sjöns entropi blir Q/T S = 190 J/K. Minskningen av kopparns entropi fås m h a integrering (temperaturen varierar ju under processen) ds = dq/t S = mc p dt/t = mc pln(t 2/T 1) = -170 J/K d v s totalt ökar entropin i universum med 20 J/K. 60. Antag ideala gaser. Systemens totala inre energi ändras ej d v s U TOT = U N + U K = 0 där U N = (3/2)n N R(T-T N ) och U K = (5/2)n K R(T-T K ). Detta ger oss sluttemperaturen (n=m/m, där M= 28 i kvävefallet och 20,2 i neonfallet) T = 337 K. I b)-ledet skall entropiändringen beräknas. Använd första huvdsatsen på entropiformen: du = TdS pdv ds = du/t + (p/t)dv = C V dt/t + nrdv/v S =C V ln(t 2 /T 1 ) + nrln(v 2 /V 1 ) vilket summerat för båda gaser ger S = 5,0 kj/k. 61. Vid en isoterm expansion gäller dq = nrt(dv/v) d v s i vårt fall dq = (1/2)nRTln(V 2 /V 1 ). Entropiökningen är då: ds = dq/t = (1/2)nR(dV/V). Antalet mol fås m h a data i texten: n = m/m, M = mrt 0 /p 0 V = ρrt 0 /p 0 där T 0, p 0 är NTP d v s 0 C och 1 atm. Detta ger S = (1/2)(mp 0 /ρt 0 )ln(v 2 /V 1 ) = 0,90 J/K. 62. Vid fri expansion är inre energin konstant d v s vi skall integrera följande två derivator: ( S/ V) U och ( T/ V) U där vi kan använda du = TdS pdv. Skriv om derivatorna: ( S/ V) U = -( U/ V) S /( U/ S) V = p/t = R/(V-b) d v s S = Rln[(V 2 -b)/(v 1 -b)] = Rln3 medan den andra derivatan blir: ( T/ V) U = = -( U/ V) T/( U/ T) V = -[T( S/ V) T - p]/c V = -[T( p/ T) V - p]/c V = 0!! 63. Att fri expansion sker utan temperaturändring innebär att gasmolekylerna inte växelverkar med varandra d v s inre energin innehåller inte en del potentiell energi, ty om så vore så skulle denna potentiella energi öka då molekylernas inbördes avstånd ökar i medeltal och då totala energin skall vara konstant måste molekylernas kinetiska energi minska d v s temperaturen. Men gasen behöver inte vara ideal för det. Det visar föregående tal där konstanten b är den volym som upptas av en mol gasmolekyler medan denna volym antas vara noll i en ideal gas. Men i det här problemet visar det sig inte spela någon roll om vi antar att gasen är ideal eller nästan ideal d v s där partiklarna har en viss egenvolym. I det som följer antar vi att gasen är en ideal gas men pröva gärna själv med gaslagen i föregående tal för att övertyga dig om att det sagda stämmer. I den första alternativprocessen ändras inte entropin alls då den är adiabatisk och reversibel. I den andra processen däremot gäller ds = dq/t = = C V dt/t S = C V ln(t 2/T 1), men det finns ett samband mellan temperaturerna och volymerna enligt Poisson: T 1 /T 2 = (V 2 /V 1 ) γ-1 ln(t 1 /T 2 ) = (γ-1)ln(v 2 /V 1 ) S = (C p /C V - 1) C V ln(v 2 /V 1 ) = nrln(v 2 /V 1 ). Så långt så bra. Men entropiändringen i den direkta irreversibla processen kan vi också ta fram: ( S/ V) U = =-( U/ V) S /( U/ S) V = p/t = nr/v vilket efter sedvanlig integrering ger exakt samma som förra resultatet. Med insatta värden fås S = 180 J/K (Obs n = m/m för syre). 64. Undersök derivatan ( T/ p) S = -( S/ p) T /( S/ T) p = (T/C p )( V/ T) p = (T/C p )Vβ <0! 65. Undersök derivatan ( T/ V) S =-( S/ V) T /( S/ T) V =-(T/C V )( p/ T) V =-(T/C V )(4/3)aT 3 men C V = ( U/ T) V = 4aVT 3 ( T/ V) S = -(1/3)T/V (dt/t)+(1/3)(dv/v) = 0 TV 1/3 = konstant pv 4/3 = konstant d v s γ = 4/3.
66. Man vet att ( L/ T) J < 0. Undersök derivatan ( T/ L) S = -( S/ L) T /( S/ T) L = = (T/C L ) ( J/ T) L = -(T/C L )( L/ T) J /( L/ J) T > 0 ty ( L/ J) T > 0 alltid! 67. Reversibel process: dq = TdS = T[dA( S/ A) T + dt( S/ T) A ] = T[dA( S/ A) T ] = = T[-dA( σ/ T) A ] > 0 ty ( σ/ T) A > 0 enligt text d v s värme absorberas. 68. ( C V/ V) T = T( ( S/ T) V/ V) T = T( ( S/ V) T/ T) V = T( 2 p/ T 2 ) V = -2a(n 2 /T 2 V 2 ) C V = 2a(n 2 /T 2 V) + f(t) men då C V (5/2)nR när V så fås: C V = 2a(n 2 /T 2 V) + (5/2)nR 69. Enligt PH: µ = ( T/ p) H = (1/C p )[T( V/ T) p V] där man kan ta fram C p : ( C p / p) T = T( ( S/ T) p / p) T = T( ( S/ p) T / T) p = -T( 2 V/ T 2 ) p = 2na/T 2 C p = 2nap/T 2 + f(t) men då C p (5/2)nR då p 0: C p = 2nap/T 2 + (5/2)nR. Detta ger då följande efter insättning av tillståndsekvationen: µ = [2a/T b]/[2a/t 2 + (5/2)R] där nollstället ger T = 2a/b = 51 K 70. Undersök tecknet på följande derivata: ( T/ L) S = -( S/ L) T /( S/ T) L = = (T/C L )( J/ T) L = -(T/C L )( L/ T) J /( L/ J) T och då derivatan i nämnaren alltid är positiv får vi metallen kallnar medan gummit blir varmare! 71. Tillståndsekvationen.: J = YA[L/L 0 (1+α(T-T 0 )) - 1], integrera derivatan: ( T/ L) S = = -( S/ L) T /( S/ T) L = (T/C L )( J/ T) L = -(T/C L )[YAαL 0 L]/[L 0 2 (1+α(T-T 0 )) 2 ] -(T/C L)YAαL/L 0 dt/t = -(YAα /C LL 0)LdL ln(t 2 /T 1 ) = -(1/2)(YAα /C L L 0 )(L 2 2 -L 1 2 ) T 2 /T 1 =exp[-(1/2)(yaα /C L L 0 )(L 2 2 -L 1 2 )] = exp[-(yα /2c p ρl 0 2 )(L 2 2 -L 1 2 )] = = 0,9993 d v s T 2 299,8 K eller en sänkning med 0,2 K. Ovan har vi använt följande samband: C L C p = mc p = ρvc p = ρal 0 c p samt L 1 = L 0, L 2 = 1,001L 0. 72. Här kan man använda olika metoder t ex att utveckla och integrera derivatan ( T/ B) S eller ta fram uttryck för S(B,T) sam använda att entropin är konstant i processen d v s sätta S(B 1,T 1 ) = S(B 2,T 2 ) samt räkna ut T 2. Nedan används den senare metoden: ( S/ B) T = ( M/ T) B = -CB/T 2 S(B,T) = -(C/2)B 2 /T 2 + f(t) men vi vet att värmekapaciteten vid konstant magnetfält, C B, går mot a/t 2 då B går mot noll: C B=0 = a/t 2 = T( S/ T) B=0 = Tf (T) f(t) = -a/2t 2 + C 0 där C 0 är konstant. Detta ger nu S(B,T) = -(C/2)B 2 /T 2 -a/2t 2 + C 0 -(C/2)B 2 1 /T 2 1 -a/2t 2 1 + C 0 = -(C/2)B 2 2 /T 2 2 -a/2t 2 2 + C 0 (B 2 = 0) T 2 = T 1/[(C/a)B 2 0 + 1] 1/2 73. du = TdS pdv ( U/ V) T = T( S/ V) T p = T( p/ T) V p = an 2 /V 2 U(V,T) = -an 2 /V + f(t) = -an 2 /V + (r/2)nrt då vi vet att U(V,T) = (r/2)nrt för stora volymer (r är antal frihetsgrader per molekyl).
74. a) df = -SdT + JdL samt df = dt( F/ T) L + dl( F/ L) T ger för entropin S = -( F/ T) L ( S/ L) T = -( ( F/ T) L / L) T = -( ( F/ L) T / T) L = = -( J/ T) L QED b) ( C L/ L) T = T( ( S/ T) L/ L) T = T( ( S/ L) T/ T) L = -T( 2 J/ T 2 ) L = 0 då ju J T. c) du = TdS + JdL ( U/ L) T = T( S/ L) T + J = -T( J/ T) L + J = = k(1-βt 0 )(1/L 0 1/L) U(L,T) = k(1-βt 0 )(L/L 0 lnl) + f(t) men vi vet att C L = ( U/ T) L = f/ T f(t) = C L T + C 0 U(L,T) = k(1-βt 0 )(L/L 0 lnl) + C L T + C 0 d) Använd Maxwellrelationen: ( S/ L) T = -( J/ T) L = - kβ(1/l 0 1/L) S(L,T) = - kβ(l/l 0 lnl) + g(t) men C L = T( S/ T) L = Tg (T) g(t) = C L lnt + C 1 S(L,T) = - kβ(l/l 0 lnl) + C L lnt + C 1 e) På adiabaten: S(L 1,T 1 ) = S(L 2,T 2 ) T 2 =T 1 exp[-kβ(2 ln3)/c L ]=299,3 K 75. Tag först fram en Maxwell för systemet, som ser ut som ett pv-system med nya variabler, X och Y, där X motsvarar V och Y motsvarar p. Detta ger nya Maxwellrelationer: ( S/ X) T = ( Y/ T) X samt ( S/ Y) T = -( X/ T) Y. a) ( C X / X) T = T( ( S/ T) X / X) T = T( ( S/ X) T / T) X = T( 2 Y/ T 2 ) X = = 2AXT C X = AX 2 T + f(t) = AX 2 T + C 0 b) du = TdS - YdX ( U/ X) T = T( S/ X) T - Y = T( Y/ T) X - Y = = 2AXT 2 - AXT 2 = AXT 2 U(X,T) = AX 2 T 2 + g(t) men där vi kan använda resultatet i föregående uppgift då ( U/ T) X = C X U(X,T) = AX 2 T 2 + C 0 T + U 0 c) Använd Maxwell: ( S/ X) T = ( Y/ T) X = 2ATX S(X,T) = AX 2 T + h(t) och C X = T( S/ T) L = AX 2 T + C 0 h(t) = C 0lnT + S 0 S(X,T) = AX 2 T + C 0lnT + S 0 76. Enlit PH: C p -C V = TVβ 2 /κ T c p -c V = Tβ 2 /ρκ T där vi får κ T m h a de elastiska konstanterna: κ T = (9G-3Y)/GY. För silver fås: β = 3. 19,2. 10-6 K -1, G = 2,8. 10 10 Pa, Y = 7,8. 10 10 Pa, ρ = 10500 kg/m 3, c p = 236 J/kgK vid T = 300 K vilket tillsammans ger: c p -c V = 11,5 J/kgK 77. Fri expansion d v s inre energin är konstant U(V 1,T 1 ) = U(V 2,T 2 ) -an 2 /V 1 + (r/2)nrt 1 = -an 2 /V 2 + (r/2)nrt 2 T = (2a/rR)(1/v 2 1/v 1) där vi insatt: v = V/n d v s molvolymen. 78. Börja med att differentiera tillståndsekvationen, då fås olika partiella derivator på ett enkelt sätt: dv = V 0 βdt V 0 κ T dp. Tryckökningen fås nu m h a derivatan ( p/ V) T = = -1/ V 0 κ T p = -(1/κ T ) V/V 0 = 1,21 GPa där vi använt κ T = (9G-3Y)/GY för silver. Temperaturändringen vid adiabatisk process fås m h a utveckling och integrering av derivatan ( T/ V) S = -( S/ V) T /( S/ T) V = -(T/C V )( p/ T) V = = -βt/ C V κ T dt/t = -(β/c V κ T )dv där vi kan använda C V V 0 ρc p d v s ln(t 2 / T 1 )= = -(β/ρκ T c p ) V/V 0 T 2 / T 1 = exp[-(β/ρκ T c p ) V/V 0 ] vilket ger T 8 K.
79. Uttrycket för partikelenergierna är: E(n x,n y,n z ) = h 2 /8mV 2/3 (n x 2 + n y 2 +n z 2 ) där n-värdena är alla heltal större än noll. Energierna kan då skrivas upp som följer: E 1 = 3C där C = h 2 /8mV 2/3, E 2 = 6C, E 3 = 9C, E 4 = 11C, E 5 = 12C, E 6 = 14C, E 7 = 17C, E 8 = 18C. Rumsdegeneration innebär här att man kan stuva om bland heltalen utan att energin ändras och spindegeneration att partiklar med samma uppsättning rumstal kan ha olika spin t ex har en elektron degenerationen 2 (spin ½) medan t ex en heliumatom ( 4 He) har ingen spindegeneration (spin noll) o s v. 80. a) Energin för en fri partikel utan inre struktur är enligt Newton E = p 2 /2m där p är partikelns rörelsemängd (vektorns längd). Men p 2 = p 2 x +p 2 2 y +p z där det för varje komponent gäller enligt de Broglie p i = h/λ i och där n i (λ i /2) = L där L är kantlängden på en kubisk behållare. Tillsammans ger detta energiuttrycket i föregående tal med V 2/3 = L 2. b) Fermioner en partikel per tillstånd men med spindegenerationen 2 d v s följande schema: 2 st i (1,1,1), 6 st i (1,1,2), 6 st i (1,2,2) och 6 st i (1,1,3) vilket ger energin: E = 2E 1 + 6 E 2 + 6 E 3 + 6 E 4 = 26 mev där vi använt energiuttrycket i föregående tal. c) Bosoner d v s alla partiklar hamnar i E 1 : E = 20E 1 = 9,7 mev d) E F = E 5 E 4 = 0,16 mev och E B = E 2 E 2 = 0,48 mev 81. Använd Boltzmanns ekvation, S = k B lnω. S = S 2 S 1 = k B (lnω. 2 - lnω 1 ) = = k Bln(Ω. 2/Ω 1) Ω. 2/Ω 1 = exp[ S/k B] där vi kan summera entropiändringen för de två systemen: S = S 1 + S 2 och där i allmänhet gäller S = mc pln(t 2/T 1) d v s S TOT = mc p [ln(t 11 /T 2 ) + ln(t 12 /T 2 )] = 9,7. 10-11 J/K eller Ω. 2 /Ω 1 = exp[ S/k B ] = = exp[9,7. 10-11 /1,38. 10-23 ] = 10 a där a 3. 10 12. 82. Ett mycket typiskt problem i stat mek är detta. Vi söker högsta energin för partiklar (här elektroner) vid noll kelvin. Då elektronerna är fermioner får endast en elektron plats per tillstånd så vi kan därför räkna tillstånd i stället. För fria partiklar är det enklast att räkna tillstånd i p-rummet. Upp till impulsen p är volymen i p-rummet (4/3)πp 3 men då endast positiva impulser är möjliga (p är impulsens belopp) får vi volymen (1/8)(4/3)πp 3. Volymen per tillstånd fås m h a de Broglie d v s då p = h/λ där n(λ/2) = L där n är heltal blir volymen per rumstillstånd (h/2l) 3 eller då elektroner har spindegenerationen 2 blir volymen per elektrontillstånd (1/2)(h/2L) 3. Detta innebär att antalet tillstånd (elektroner vid 0 K) blir N = [(1/8)(4/3)πp 3 ]/[ (1/2)(h/2L) 3 ] = V(8π/3h 3 )p 3 F p F = [(N/V)3h 3 /8π] 1/3 där p F är maximala impulsen vid 0 K. Ofta använder man h = h/2π (t ex PH) vilket ger p F = h [3π 2 (N/V)] 1/3 och därför: E F = p 2 F /2m e = (h 2 /2m e)[3π 2 (N/V)] 2/3. För Natrium fås (N/V) = ρ Na /m Na = ρ Na /M Na u = 2,54. 10 28 m -3 vilket ger E F = 3,13 ev och T F = E F /k B = 36300 K. Den del som är exiterad vid 300 K blir då T/T F 0,8 %. 83. Rumsdegenerationen är 6 då tre olika kvanttal kan väljas på 6 olika sätt. Spindegenerationen blir g S = 2S+1 = 4 d v s totalt får 24 fermioner plats i energinivån.
84. Här är det enklare att använda den fältfria arbetstermen d v s dw = -MdB vilket ger följande form på första huvudsatsen och fria energin: du = TdS-MdB & df = -SdT MdB. a) Z = (e -µb/kt + e µb/kt ) N = 2cosh N (µb/kt) b) F = -ktlnz = -NkTln[e µb/kt e -µb/kt ] c) df = -SdT MdB, S = -( F/ T) B = = Nk[lncosh(µB/kT) (B/T)tanh(µB/kT)] d) U = kt 2 ( lnz/ T) B = -NµBtanh(µB/kT) e) M = -( F/ B) T = Nµtanh(µB/kT) f) µb/kt 0 M (Nµ 2 /k)b/t d v s Curies lag! 85. Z = exp(at 3 V) lnz = at 3 V kt 2 ( lnz/ T) B = 3kaVT 4 F = -ktlnz = -akt 3 V S = -( F/ T) V = 4akT 3 V & p = akt 4 d v s fotongas där a enligt PH här har bytts ut till 3ak. För att få samma konstant som i PH borde man haft Z = exp[(a/3k)t 3 V]! 86. lnz = ax 2 T F = -kax 2 T 2, U = U = kt 2 ( lnz/ T) X = kax 2 T 2, S = -( F/ T) X = = 2kaX 2 T C X = 2kaX 2 T, Y = 2kaXT 2 (liknar mest elektrongasen i metaller) 87. F = -ktlnz = akx 2 /T S = -( F/ T) X = akx 2 /T 2 C X = - 2akX 2 /T 2 går ej om a>0 88. Z = e 0 + 3e -1 + 5e -2 = 2,78, p 0 = 1/Z = 0,36, p 1 = 3e -1 /Z = 0,40, p 2 = 5e -2 /Z = 0,24 89. lnz = Nln[(V-Nb)/N] + (3/2)Nln[2πmk/h 2 ] + (3/2)NlnT + N 2 a/vkt U = kt 2 ( lnz/ T) V = kt2[(3/2)n/t N 2 a/vkt 2 ] = (3/2)NkT an 2 /V F = -ktlnz = -NkTln[(V-Nb)/N] - (3/2)NkTln[2πmk/h 2 ] - (3/2)NkTlnT - N 2 a/v p = -( F/ V) T,N = nkt/(v-nb) N 2 a/v 2 d v s van der Waals-gas! 90. Man vill maximera antalet mikrotillstånd, kompatibla med förevarande makrodito. För ändamålet använder man Stirlings approximation: lnx! = xlnx x där x är ett stort heltal. Det hela går ut på att maximera lnω där Ω är antalet mikrotillstånd samtidigt som följande två villkor skall gälla: rn r = N = konstant & re rn r = U = konstant d v s systemet antas helt isolerat från omgivningen. Ω = Π r (g r +N r )!/g r!n r! lnω = r ln(g r +N r )! - r lng r! - r lnn r! Som m h a Stirlings approximation kan skrivas om till: lnω = r (g r +N r )ln(g r +N r )- r (g r +N r )- r g r lng r + r g r - r N r lng r + r N r. Differentiering av detta uttryck samt av villkoren ovan ger nu efter lite omskrivningar där vi använt bl a att rn r = N = konstant (OBS! endast N r är variabler här): r ln[(g r +N r )/N r ]dn r = 0 (1) r dn r = 0 (2) r E r dn r = 0 (3) Nu används Lagranges multiplikatorer d v s (2) multipliceras med -α och (3) med -β varefter man summerar alla ekvationerna och finner att följande måste gälla om lösningar skall finnas: ln[(g r+n r)/n r] - α - β = 0 N r = g r/[exp(α+βe r) 1] och där man kan identifiera α & β : α = -µβ & β = 1/kT N r = g r /[exp(e r -µ)/kt) 1]. För fotoner gäller dels E r = hν och även µ = 0 N r = g r /[exp(hν/kt) 1].
91. Vi övergår till kontinuerliga variabler i BE-fördelningen enligt föregående tal. Nu tolkas N r som antalet fotoner vid frekvensen ν på intervallet dν och skrivs N(ν)dν och g r som antalet tillstånd på samma intervall och skrivs f(ν)dν. Fördelningen skrivs nu: N(ν)dν = f(ν)dν/[exp(hν/kt) 1] där f(ν)dν tas fram på liknande sätt som gjordes i tal 82. Här är dock enklare att använda det s k k-rummet där k = 2π/λ = p/h. Volymen i k-rummet upp till k i den positiva oktanten är V k = (1/8)(4/3)πk 3 och volymen per rumstillstånd är V T = ((h/2l)2π/h) 3 = (π/l) 3 och då spindegenerationen för fotoner är 2 så fås volymen per tillstånd till V T = V T /2 = (π/l) 3 /2. Detta ger nu antal tillstånd upp till k : V k /V T = Vk 3 /3π 2 där V = L 3 En differentiering ger nu: f(k)dk = Vk 2 dk/π 2 och då k = 2πν/c 0 så fås till slut: f(ν)dν = 8πVν 2 dν/c 0 3 vilket i sin tur ger följande fördelning: N(ν)dν =(8πVν 2 dν/c 0 3 )/[exp(hν/kt) 1] vilket ju är antalet fotoner med frekvensen ν på intervallet dν. Om man nu multiplicerar detta med energien för varje foton (hν) så får man i stället det vi sökt d v s Plancks strålningslag: u(ν,t)dν =(8πhν 3 dν/c 0 3 )/[exp(hν/kt) 1] där man använt u = U/V 92. Man söker Planck-fördelningens maximum genom att sätta derivatan m a p ν till noll. ( u/ ν) T = 0 där u = Cx 3 /(e x -1) x = 3-3e -x x = 2,821 efter 5-6 iterationer. Detta ger nu de två varianterna på Wiens lag: ν = 5,87. 10 10. T & Tλ = 5,11. 10-3. Här har vi använt νλ = c 0. För att få fram Stefan-Boltzmanns lag måste Planckfördelningen integreras över alla frekvenser d v s u(t) = u(ν,t)dν. I PH finns integralen: x 3 /(e x -1) = π 4 /15 vilket ger efter omskrivning: u(t) = at 4 där a = 8π 5 k 4 /15h 3 c 3 0 eller utstrålad effekt från en yta, A: P = AσT 4 där σ = a c 0 /4. 93. För att smälta isen och värma upp smältvattnet till 100 C behövs värmemängden Q = m isl S + m isc pt = 0,001. 333. 10 3 + 0,001. 4,19. 10 3. 100 = 752 J men den tillgängliga energimängden är ju större eller: m å l F = 2260 J. Detta innebär att sluttillståndet måste bli ånga och vatten vid 100 C. a) Bara en del ånga kondenserar, sluttemperatur 100 C. b) Andelen ånga som kondenserar: m K. l F = 752 m K = 0,33 g d v s sluttillståndet innehåller 1,33 g vatten och 0,67 g ånga. c) S = - m K. l F /T F + m is. l S /T S + m is c p dt/t = 0,532 J/K. 94. Man använder Clausius-Clapeyrons ekvation för att räkna ut hur mycket isens smältpunkt sjunker. Arean mot isen är A = 2. 3. 10-2. 3. 10-3 = 18. 10-5 m 2 vilket ger en tryckökning: p = mg/a = 4,36 MPa. CC: dp/dt = l S /T(1/ρ V - 1/ρ is ) p = l S /(1/ρ V - 1/ρ is )ln(t 2 /T 1 ) T 2 /T 1 = 0,9886 eller en temperatursänkning med ca 0,3 K. Detta kan inte vara förklaringen till varför vattnet smälter. Friktionen mot underlaget är säkert den process som förklarar fenomenet. 95. Ökningen av trycket under tråden blir p = Mg/A där A = πdr. CC kan skrivas på följande approximativa sätt då temperaturändringen är liten: p/ T = l S/<T>(1/ρ V - 1/ρ is) M = πdr T l S/<T>(1/ρ V - 1/ρ is) 45 kg. 96. Använd CC på formen: l F = T(1/ρ V - 1/ρ is ) p/ T där p/ T tas fram m h a data i tabellen för temperaturerna 110 resp 130 C. Detta ger l F = 2,25 MJ/kg. 97. Räkna helt enkelt ut den efterfrågade densiteten m h a CC: ρ 2 = [l/(tdp/dt)+ 1/ρ 1] vilket med insatta värden ger: ρ 2 = 1,79 kg/m 3.
98. Tryckökningen p g a ismassan blir p = ρ is gh vilket ger m h a CC: T = T 0 (ρ is /ρ V - 1)gh/l = -1,93 K d v s den nya fryspunkten är ca 2 C. 99. Man kan t ex integrera ändringen på följande sätt m h a CC: dp = l/(1/ρ 2-1/ρ 1 ) dt/t från trippelpunkten till den nya punkten: p-p T = l/(1/ρ 2-1/ρ 1 )ln(t/t T ) vilket ger med insatta värden p 280 atm. 100. I trippelpunkten möts de två kurvorna d v s: 0,04 6/T t = 0,03 4/T t T t = 200 K. Detta ger nu p = 1,01 atm. De angivna approximationerna leder till följande variant av CC: dp/p = (L/nR)dT/T 2 lnp = -(lm/r)(1/t) + konstant d v s vi kan beräkna förvandlingsentalpierna med enkel identifiering vilket ger l F = 4R & l SU = 6R. För att lösa sista uppgiften används det faktum att entropin inte ändras om man går runt en sluten kurva i pt-planet och om man låter kurvan bli mindre och mindre runt trippelpunkten fås tillslut: S S + S F - S SU = 0 & S = L/T l S /T t + l F /T t l SU /T t = 0 l S = l SU l F = 2R. 101. Räkna på 1 kg vatten: W = - pdv = -p 0 (V 2 -V 1 ) = -p 0 (1/ρ 2-1/ρ 1 ) -p 0 /ρ 2 = 179 kj vilket ger förhållandet W/L = 0,079. Entropiändringen är S = L/T = 6057 J/K. 102. Använd den approximativa lösningen på CC på formen lnp = -(lm/r)(1/t) + konstant d v s gör en tabell på lnp respektive 1/T samt anpassa en rät linje till data. Detta ger ett värde på lutningen: -Ml/R = -5140(61) eller l = 929 kj/kg. 103. du = TdS pdv U = T S - p V, V = (1/14,3 1/130) = 0,0622 m 3. S = Q/T = 25000/4,215 = 5,93 kj/k vilket ger U = 18,8 kj. 104. a) För smältning av 1 g is behövs 333 J och för uppvärmning 4,19. 50 = = 210 J. Tillgänglig energi är kondensationsvärme och kylning av kondensvatten till 50 C d v s följande måste gälla: 333 + 210 = = ml F + mc p T m = 0,22 g. b) Beräkna entropiändringen i is + smältvatten för sig och för kondensation och kondensvatten för sig: S is = l S /T S + mc p ln(t/t S ) = 1,92 J/K samt S is = -l F /T F + mc p ln(t/t F ) = -1,47 J/K d v s totalt S = 0,45 J/K. 105. a) Approximationerna innebär att CC kan skrivas om: dp/dt=l/t(v 2 -V 1 )= = L/TV 2 = Lp/RT 2 dp/p = (L/R)dT/T 2 lnp = -L/RT + C p = C exp(-l/rt) QED b) Här fås i stället: dp/p = (L 0 /R)dT/T 2 + (L 1 /R)dT/T p = C exp(-l 0/RT+(L 1/R)lnT) QED 106. Samma approximation som tidigare ger dp/p = (L/nR)dT/T 2 = (lm/r)dt/t 2 ln(p 2 /p 1 ) = -(L/nR)(1/T 2 1/T 1 ) T 2 = (1/T 1 (R/lM)ln(p 2 /p 1 )) = = 0,84 K 107. 1. U = T S S - p V T S S = l S = 333 kj, S = l S /T S = 1219 J/K 2. U = C V T C p T = 419 kj, S = C p ln(t F /T S ) = 1307 J/K 3 3. U = T S - p V l F p/ρ å = 2,09 MJ, S = l F /T F = 6057 J/K
108. 200 T 100 0 t 2t 7t t -100 t tid 109. p 2 3 1 V Q 12 = 0, Q 23 = C p (T 3 -T 2 ), Q 31 = C V (T 1 -T 3 ) T 3 /T 1 = 3, T 2 /T 1 = (p 1 /p 2 ) (1-γ)/γ = 1,369 η = (Q 23+ Q 31)/ Q 23 = = [C p (T 3 -T 2 )+ C V (T 1 -T 3 )/C p (T 3 -T 2 ) = =1+(1/γ)(1- T 3 /T 1 )/(T 3 /T 1 - T 2 /T 1 ) = 0,12 η C = 1 T 1 /T 3 = 0,67 110. p 1 2 4 3 V Q 12 = C p (T 2 -T 1 ), Q 23 = Q 41 = 0, Q 34 = C p (T 4 -T 3 ), η = (Q 12 + Q 34 )/Q 12 = = 1+(T 4 -T 3 )/(T 2 -T 1 ) = 1-(T 3 -T 4 )/(T 2 -T 1 ) = = 1-(T 3 /T 2 )(1-T 4 /T 3 )/(1-T 1 /T 2 ). Adiabaterna ger: T 3 /T 2 = (p 2 /p 3 ) (1-γ)/γ = T 4 /T 1 d v s efter lite omskrivningar får vi följande enkla uttryck: η = 1 - T 3/T 2 = 1-3 (1-γ)/γ = 0,356 111. T 2 3 W = Qi = TdS runt = arean = (1/2) T S Q 23 = T 2 S > 0, Q 12 = 0 Q 31 < 0 η = W/Q 23 = (1/2) T/T 2 = 0,25 1 S
112. p T 3 = T 2, T 4 = T 1, Q 12 = C p (T 2 -T 1 ), 1 2 Q 23 = nrt 2 ln(v 3 /V 2 ), Q 34 = C V (T 1 -T 2 ), Q 41 = nrt 1 ln(v 1 /V 4 ). Arbetet per cykel blir nu: 3 W = Q i = 39,5 MJ där vi använt att V 1 /V 4 = = (V 1 /V 2 )( V 2 /V 4 ) = (V 1 /V 2 )( V 2 /V 3 ) = (V 1 /2V 2 ) 4 P = W/t = 13,2 MW. V 113. p 1 4 2 3 V T 4 = T 1 (p 1 /p 4 ) (1-γ)/γ = T 1 [(p 1 /p 2 )(p 2 /p 4 )] (1-γ)/γ = = T 110 (1-γ)/γ = 239 K där T 1 = T 2 = 600 K och T 3 = T 2 /2 = 300 K. a) U 12 = 0, U 23 = C V (T 3 -T 2 ) = -37,4 kj, U 34 = C p (T 4 -T 3 ) = -12,7 kj, U 41 =- U 23 - U 34 = 50,1 kj b) S 12 = Q 12/T 1 = nrln(v 2/V 1) = 134 J/K, S 23 = C Vln(T 3/T 2) = -86 J/K, S 41 = 0, S 34 = - S 12 - S 23 = -48 J/K 114. a) Köldfaktorn, ε C = Q 2 /(Q 1 + Q 2 ) = 11 Q 1 = -(10/11) Q 2 = 84,5 J där Q 2 = 93 J enligt texten. S = Q 1 /T 1 = -0,28 J/K b) Entropin är en tillståndsfunktion d v s är oförändrad efter en sluten cykel. 115. p 2 1 3 V 1-2 : p 2 =2p 1 T 2 =2T 1, Q 12 =C V (T 2 -T 1 )= = C V T 1, W 12 =0 U 12 = C V T 1, ds =dq/t S 12 = C Vln(T 2/T 1) = C Vln2 2-3 : dt=0 U 23 =0 Q 23 = W 23 = =RT 2 ln(v 3 /V 2 )=2RT 1 ln2, S 23 = Rln(V 3 /V 2 ) =Rln2 3-1 : Q 31 =C p (T 1 -T 2 )=-C p T 1 =-(C V +R)T 1 U 31 =- U 12- U 23= - C VT 1 S 31 = - S 12 - S 23 = -(C V +R)ln2 sista två då U& S ej ändras på cykeln
116. p 2 4 3 1 Använd följande: V 1 = V, V 2 = V/2 & V 3 = xv Q 12 = 0, Q 23 = C p (T 3 -T 2 ), Q 34 = C V (T 4 -T 3 ), Q 34 = C p (T 1 -T 4 ). Adiabaten ger: T 2 = T 1 (V 1 /V 2 ) γ-1 = T 1 2 γ-1, T 3 = T 2 (V 3 /V 2 ) = T 2 (xv/(v/2)) = 2xT 2, T 4 = T 1(V 3/V 1) = xt 1 W = Q i = 0 ger nu om alla nr & T:n förkortas bort: 5(2 γ x-2 γ-1 )+3(x-2 γ x)+5(1-x)=0 x = 0,675 Vi har använt C V = (3/2)nR & C p = (5/2)nR V 117. p 2 1 3 4 V a) W = p V = pv (där p 1 =p & V 1 =V ) Det är klart att de två första processerna ger positiva värmevärden. η=w/(q 12 +Q 23 )=pv/[(3/2)nr(t 2 -T 1 )+(5/2)nR(T 3 -T 2 )] =pv/[(3/2)pv+5pv]= 2/13 b) Q 12= U=aV(T 2 4 -T 1 4 )=3p 2V-3pV=3pV, Q 12 = U+ pdv=a(v 3 -V 2 )T 2 4 +2p(V 3 -V 2 ) = 8pV η= W/(Q 12 +Q 23 )=pv/11pv= 1/11 c) (pv) gas =(pv) fotoner (p 1 V 1 /T 1 )T=(1/3)V 1 at 4 T = (3p 1 /at 1 ) 1/3 23600 K!! 118. Tillgänglig värmeenergi är: Q = C V (T 1 -T 2 ) där ettan är för gasvolymen och tvåan för sjön. Maximalt arbete vid Carnot-process mellan temperaturen T (den aktuella i gasen) och T 2. dw = ηdq = (1-T 2 /T)(-C V dt) W = -C V (1-T 2 /T)dT = = C V [(T 1 -T 2 )- T 2 ln(t 1 / T 2 )] vilket ger W/Q = 1 - T 2 ln(t 1 /T 2 )/( T 1 -T 2 ) OBS! dq=-c V dt ty dt<0. 119. ε C = Q IN /W = T 2 /(T 1 -T 2 ), T 1 = 45 C 118 K, W = 75 J T 2 = T 1 ε C /(ε C +1) = =T 1 Q IN /(Q IN +W)= 245 K -28 C. (Q IN = 250 J) 120. Beräkna U-värdet först: 1/U = 1/α j + d i /λ i = 1/α i + 1/α u + d 1 /λ 1 + d 2 /λ 2 = = 0,17 + 0,25/0,6 + 0,10/0,038 U = 0,31 P/A = U T = 9,3 W/m 2. 121. 1/U = d i /λ i U = 133 P = UA T = 4,18 W P/A = λ i T i /d i T i = Pd i /λ i = 55 K över Zn och 17 K över Al d v s temperaturerna blir 100, 83, 55 och 0 C.
122. Beräkna först effekten per area: P/A = λ 1 T 1 /d 1 = 0,060. 10/0,03 = 20 W/m 2. Nu kan vi beräkna väggens U-värde: P/A = U T 2 U = 1,0 W/m 2 K. 123. a) Källtätheten: q = P/V = AσT 4 /(4/3)πR 3 = 3σT 4 /R = 0,11 W/m 3. b) qv(r) = -λa(r)dt/dr.... T = qr 2 /6λ = 1397 K d v s man får ca 1600 K i centrum. 124. Stefan-Boltzmanns lag: P = AσT 4 P 2/P 1 = 2 = T 4 2 /T 4 1 T 2 =2 1/4 T 1. Wiens lag: λ mt = b λ λ 2 = 2-1/4 λ 2 = 5045 Å. 125. P 0 (4/3)πr 3 = -λ4πr 2 dt/dr rdr = -(3λ/P 0 ) dt (R 2 -r 2 )/2 = (T(r)-T 1 )3λ/P 0 T(r) = T 1 + P 0 (R 2 -r 2 )/6λ. 126. Källtätheten i kabeln: q = ΩI 2 /V = [ρ(l/πr 2 )I 2 ]/[ πr 2 L] = ρ I 2 /π 2 R 4 Fourier: V(r)q = -λ A(r)dT/dr πr 2 Lq = -λ 2πrLdT/dr T = qr 2 /4λ = ρi 2 /4π 2 λr 2 = 0,042 K. 127. Konens radie (vinkelrät mot konens axel) är en linjär funktion av avståndet (x) till den övre (mindre) ändytan: r = a+bx där konstanterna a och b fås m h a de angivna dimensionerna. Fourier: P = -λ A(x)dT/dx där A(x) = π(a+bx) 2 (P/πλ) dx/(a+bx) 2 = - dt T =(P/πλ)[1/b(a+bh) 1/ab] = 42 K T övre = 342 K. 128. Den totala utstrålade effekten: P = ka = 1370. 4πR 2 = 3,8. 10 26 W d v s man får följande massförlust: (dm/dt) = P/c 2 = 4,2. 10 9 kg/s. Men P = P = AσT 4 = 4πR S 2 σt 4 R S = (1/T)(P/4πσ) 1/2 = 698. 10 6 m. 129. Solarkonstanten k = P/4πR 2 = 4πR S 2 σt 4 /4πR 2 där synvinkeln är: θ = 2R S/R k = (θ/2) 2 σt 4 T = [k/(θ/2) 2 σ] 1/4 = 5782 K. Onogrannhet: u(t) = [(u(k) T/ I) 2 + (u(θ) T/ θ)) 2 ] 1/2 = 61 K d v s resultatet bör skrivas: T = 5782(61) K. 130. All värmeeffekt som bildas måste stråla bort: P P = P S där P P = ΩI 2 = ρ(l/πr 2 )I 2 & P S = 2πRLσT 4 I = πrt 2 (2σR/ρ) 1/2 = 36 A. 131. Enligt vågoptiken är det möjliga antalet interferensmaxima mellan de två första diffraktionsminima lika med förhållandet mellan spaltavstånd och spaltbredd d v s i vårt fall blir det 41 maxima (20 på var sida centralmaximum). Detta betyder att visibiliteten i det aktuella interferogrammet försvinner p g a dålig koherens. Antal synliga fransar kan man visa blir N = <λ>/ λ vilket kan enkelt m h a de Broglies relation visas vara samma som <v>/ v d v s i vårt fall 21 eller v/<v> = 1/21. 132. Enligt vågoptiken: dsinθ = N<λ> där vi i vårt fall har sinθ θ. Detta tillsammans med uppgiftens data ger nu: <λ> = dθ/2. 5 2 nm men <v> = h/m<λ> 50 m/s. 133. Fartens medelvärde: <v> = (1/N) vn(v)dv vilket löses enkelt m h a färdiga uttryck i PH (definit integrals): <v> = (1/N)(4N/π 1/2 )(m/2kt) 3/2 (1/2(m/kT) 1/2 ). 2 =[8kT/πm] 1/2. P s s fås <v 2 > = (1/N) v 2 n(v)dv =...... = 3kT/m. OBS! k/m = R/M där M är molvikten.
134. Derivera fördelningen, sätt derivatan lika med noll: Detta ger ganska enkelt att v m = (2kT/m) 1/2. 135. Storheten v/<v> i en BEC-stråle är mycket liten vilket gör att samma gäller storheten λ/<λ> d v s man får stor koherens p s s som för en laserstråle. Visserligen har alla fotoner i en laserstråle samma hastighet men energin per foton är fördelad d v s frekvensen eller våglängden. 136. I en BEC (Bose-Einsten-kondensat) hamnar en betydande del av partiklarna i det lägsta möjliga energitillståndet (systemets grundtillstånd). Partiklarna börjar då uppträda kollektivt när det gäller rörelse lite som en vattendroppe till skillnad mot vattenmolekylerna i ångan. Man kan jämföra övergången från normal gas till en BEC med kondensation av en gas. 137. För att få fram ett uttryck för temperaturen kan man använda sambandet mellan inre energin och entropin d v s ( S/ U) V = 1/T. Inre energin i ett svart hål är helt enkelt U = Mc 2 där M är hålets massa och c ljushastigheten. Enligt problemtexten gäller S = CA där A är hålets area (händelsehorisontens area, C konstant, det kommer fler.) d v s A = 4πR 2 S = C R 2 men vi vet samtidigt: R M d v s S = C M 2 =C U 2 detta ger nu: 1/T = ( S/ U) V = C M T 1/M eller om man tar med alla naturkonstanterna: T = (hc 3 /16π 2 kg)(1/m). Exepelvis ger solens massa ett hål med temperaturen ca 60 nk! Däremot får ett litet hål på 1 kg en temperatur på ca 10 23 K! Detta är en av anledningarna till at man inte anser att små hål kan existera även om de kunde uppkomma i tidens begynnelse (under stora smällen), de skulle evaporera bort snabbt p g a den enorma temperaturen. 138. Källtätheten: q = ΩI 2 /V = [ρ(l/πr 2 )I 2 ]/[ πr 2 L] = ρ I 2 /π 2 R 4, Fourier: V(r)q = -λ A(r)dT/dr πr 2 Lq = -λ 2πrdT/dr T = qr 2 /4λ = ρi 2 /4π 2 λr 2 I [4πλR 2 T/ρ] 1/2 = 1238 A 1,2 ka 139. Tillståndsekvationen: X 4 Y = AT 2. Maxwell (m h a byte av bokstäver och ett tecken!) ( S/ X) T = -( Y/ T) X. 1:a HS: du = TdS + YdX ( U/ X) T = T( S/ X) T + Y = = -T( Y/ T) X + Y = -AT 2 X -4 U(X,T) = (1/3) AT 2 X -3 + f(t) men vi vet: C X = ( U/ T) X = (2/3) ATX -3 + f (T) C 0 när X U(X,T) = (1/3) AT 2 X -3 + C 0 T + U 0 För att ta fram entropin, använd Maxwell: ( S/ X) T = -( Y/ T) X = -2ATX -4 S(X,T) = (2/3) ATX -3 + g(t) men återigen: C X = T( S/ T) X = (2/3) ATX -3 + Tg (T) C 0 när X g(t) = C 0 lnt + S 0 S(X,T) = (2/3) ATX -3 + C 0 lnt + S 0. 140. P = -λa T/ x = 157,1 W. Isens smältentalpi L = ml S. Nu kan vi beräkna den tid det tar att smälta all is: t = L/P = 21199 s 5h53m.
141. a) 1:a HS: du = TdS - pdv ( U/ V) T = T( S/ V) T - p = T(nR/V) p = = p p = 0! men även ( U/ V) T = ( U/ p) T ( p/ V) T = 0 ( U/ p) T = 0 QED b) ( p/ V) S = -( S/ V) p/( S/ p) V = -( S/ T) p( T/ V) p/( S/ T) V( T/ p) V = = -(C p/c V)(p/nR)/(V/nR) = -(C p/c V)p/V = -γp/v dp/p + γdv/v = 0 lnp + γlnv = lnp + lnv γ = konstant pv γ = konstant QED. 142. Total yta: A = 2. 0,6 2 + 4. 0,6. 0,5 = 1,92 m 2 a) 1/U = 2. 0,002/0,25 + 0,04/0,025 U = 0,619 W/m 2 K b) P = AU T = 53,5 W c) ε C = (273-25)/(50 (-25)) = 3,3 = Q IN /W Q IN = 330 W. Detta innebär att det räcker med 53,5/330 = 0,16 eller 16% av tiden. 143. a) ( C M/ M) T = T( ( S/ T) M/ M) T = T( ( S/ M) T/ T) M = -T( 2 B/ T 2 ) M = = 0 C M = f(t) = AT 3 då detta måste gälla även vid B=0. Samma behandling av C B ger i stället: C B = CB 2 /T 2 + AT 3. b) du = TdS + BdM ( U/ M) T = T( S/ M) T + B = -T( B/ T) M + B = = -T(M/C) + B = -B + B = 0 men även ( U/ M) T =( U/ B) T ( B/ M) T = 0 ( U/ B) T = 0 QED. 144. p a) 1 3 2 V Lägst temperatur i tillstånd 3. Då volymen ökar med faktor tio mellan 1&2 måste trycket sjunka med samma faktor d v s p 3 = p 2 =p 1 /10 Poisson ger nu: T 3 = T 1 (p 1 /p 3 ) (1-γ)/γ = 199 K. b) U 12 = 0, U 23 = (3/2)nR(T 3 T 2 ) = -3,75 MJ men U i = 0 U 31 = 3,75 MJ c) S 31 = 0, S 23 = (5/2)nRln(T 3 /T 2 )= -19,2 kj/k S 12 = 19,2 kj/k d) η = W/Q IN = [nrt 1 ln(v 2 /V 1 ) + (5/2)nR(T 3 T 2 )]/ nrt 1 ln(v 2 /V 1 ) = [ln(v 2 /V 1 ) + (5/2)(T 3 /T 1-1)]/ln(V 2 /V 1 ) = 0,35 145. dp/dt = L/T V L/TV = Lp/nRT 2 dp/p = (L/nR)dT/T 2 lnp = - (lm/r)(1/t) + konstant l = -(R/M) lnp/ (1/T) = = -(R/M)ln(p 2 /p 1 )/[1/T 2 1/T 1 ] = 410 kj/kg där vi använt de två givna sidopunkterna. 146. Wiens lag ger: T. λ m = b λ T = b λ /λ m = 7245 K Intensiteten I = P/(4πR 2 ) = AσT 4 /(4πR 2 ) = (4πR S 2 )σt 4 /(4πR 2 ) R S = (R/T 2 )(I/σ) 1/2 = 7. 10 9 m där vi använt R = 8,6x365x24x3600x3. 10 8 m
147. En del värme läcker ut via väggarna och en del behövs för att smälta vattnet. Smältning av vatten kräver (dm/dt)l S = (2,96/3600). 333. 10 3 = 274 W och ledningen beräknas enligt följande: P = -λa(r)dt/dr där A(r) = 2πr 2 (Obs! halvsfär!) dr/r 2 = -(2πλ/P) dt (1/R i 1/R y ) = 2πλ T/P P = 2πλ T/(1/R i 1/R y ) = 126 W där vi använt T = 20 K (innerväggarna håller 0 C) vilket ger P tot = 400 W = 5. 80 W d v s svaret är 5 teknologer. 148. a) P = AU T där 1/U = 0,2/0,6 + 0,2/0,03 = 7 och där A = 2x20x20 + 4x3x20 = 1040 m 2 och T = 28 K P = 4160 W b) ε C = Q/W = P/(dW/dt) = T 1 / T = (273,15-28)/(28+31) = 4,155 dw/dt = P/ε C = 1001 W (1,0 kw)