<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-1.5cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=25cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}

\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\newcommand{\half}{\frac{1}{2}}

\begin{center}
\begin{bf}
TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.

L{\o}sningsforslag til {\o}ving 13.
\end{bf}
\end{center}

\vspace{4mm}
1) Tilf{\o}rt varme: $Q_2 = 8$ kJ pr syklus. Netto utf{\o}rt arbeid: $W = 2$ kJ pr syklus.
Virkningsgrad: $\eta = W/Q_2 = 2/8 = 0.25$. Riktig svar: B. \\

2) Avgitt varme pr syklus: $|Q_1| = |W - Q_2| = |2-8| = 6$ kJ. Riktig svar: C. \\

3) Forbrent mengde bensin pr syklus: $8\,{\rm kJ}/46\,{\rm kJ/g} = 0.17$ g. Riktig svar: A. \\

4) Motorens effekt (med $t$ = perioden): 
$P = W/t = 2\,{\rm kJ}/(1/120)\,{\rm s} = 240\,{\rm kJ/s} = 240$ kW. Riktig svar: C. \\

5) For adiabatiske prosesser er $T V^{\gamma-1} =$ konstant. Dermed:
$T_2 = T_1 \cdot (V_1/V_2)^{\gamma-1} = 295\,{\rm K} \cdot 8^{0.4} = 678$ K = 405$^\circ$C. Riktig svar: C. \\

6) For adiabatiske prosesser er $p V^{\gamma} =$ konstant. Dermed:
$p_2 = p_1 \cdot (V_1/V_2)^{\gamma} = 85\,{\rm kPa} \cdot 8^{1.4} \simeq 1560\,{\rm kPa} = 1.56$ MPa.
Riktig svar: C. \\

7) I forelesningene utledet vi virkningsgraden for en reversibel Otto-syklus:
$$\eta = |W/Q_{\rm inn}| = \dots = 1 - (V_1/V_2)^{1-\gamma} = 1 - 8^{-0.4} = 0.56.$$
Riktig svar: C. \\

8) Carnot-prosessen best{\aa}r av to isotermer (konstant $T$) og to adiabater (konstant $S$).
I et $ST$-diagram blir derfor Carnot-prosessen et rektangel. Riktig svar: B.
(Strengt tatt er vel et rektangel et spesialtilfelle av b{\aa}de rombe, parallellogram og trapes,
slik at alle fire alternativ kan hevdes {\aa} v{\ae}re riktige.) \\

9) I en adiabatisk, reversibel prosess er $dS = dQ/T = 0$ langs hele prosessen, dvs $\Delta S =
S_B - S_A = 0$. Entropien $S$ er en tilstandsfunksjon. Da spiller det ingen rolle hvordan vi
bringer systemet fra tilstand A til tilstand B, endringen $\Delta S$ er den samme uansett.
Riktig svar: A. \\

10) Smelting av isen skjer ved den konstante temperaturen $T_s = 273$ K, og systemet tilf{\o}res varme
(den s{\aa}kalt latente varmen, eller rett og slett smeltevarmen $L_s$).
Da {\o}ker entropien i 1 kg is/vann, med mengden $\Delta S = L_s/T_s = 335$ kJ/273 K = 1.23 kJ/K.
Riktig svar: A. \\

11) Ved kondensasjon avgir vannet varme til omgivelsene, ved konstant temperatur $T_f = 373$ K ($f$
for fordampning, siden vi vel har benyttet indeksen $k$ for koking). Da avtar entropien i 1 kg
vanndamp/vann, med mengden $\Delta S = -L_f/T_f = -2272$ kJ/373 K = -6.09 kJ/K. Riktig svar: B. \\

12) Hvis jorda er i termisk likevekt, mottas like mye varme $Q$ via str{\aa}lingen fra sola som
jorda selv str{\aa}ler ut. Da mottar jorda entropien $S_{\rm inn} = Q/T_{\rm sol}$, og avgir
entropien $S_{\rm ut} = Q/T_{\rm jord}$. Forholdet mellom avgitt og mottatt entropi er
$S_{\rm ut}/S_{\rm inn} = T_{\rm sol}/T_{\rm jord} = 5800/290 = 20$. Med andre ord, jordas
samlede entropi avtar (betraktelig) som f{\o}lge av varmestr{\aa}lingen inn og ut. Riktig svar: C.
I tillegg til dette kommer all verdens irreversible prosesser p{\aa} jorda, og disse medf{\o}rer
alle en netto entropi{\o}kning. Det totale entropiregnskapet for jorda er det dermed ikke s{\aa}
lett {\aa} si noe sikkert om. Til tross for termodynamikkens 2.\ lov er det ikke sikkert at
vi g{\aa}r mot en tilstand med stadig st{\o}rre entropi, og dermed stadig st{\o}rre grad av
uorden og kaos. Jorda er ikke et termisk isolert system. \\

\newpage

13) Den varmen som den varmeste klossen avgir absorberes i sin helhet av den kaldeste klossen.
Siden de to klossene har like stor varmekapasitet $C$, m{\aa} det bety at temperatur{\o}kningen
$\Delta T$ i den kalde klossen er like stor som temperaturreduksjonen i den varme klossen.
Felles slutt-temperatur blir dermed $T_s = (T_1+T_2)/2$. Riktig svar: B. \\

14) Fra den termodynamiske identitet (1.\ hovedsetning) har vi generelt $dS = dU/T + (p/T)dV$.
Her er $dV=0$, og med $dU = C_V dT$ og $C_V = C_p = C$ er $dS = C dT/T$ for en ''tenkt''
reversibel varmeutjevning, for hver av de to klossene. Total entropiendring blir:
\begin{eqnarray*}
\Delta S &amp;=&amp; S_f - S_i = \int_i^f (dS_1 + dS_2) \\
&amp;=&amp; C \int_{T_1}^{(T_1+T_2)/2} \frac{dT}{T} +
    C \int_{T_2}^{(T_1+T_2)/2} \frac{dT}{T} \\
&amp;=&amp; C \ln \frac{T_1+T_2}{2T_1} +
    C \ln \frac{T_1+T_2}{2T_2} \\
&amp;=&amp; C \ln \frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1 T_2} \\
&amp;=&amp; C \ln \left(1 + \frac{(T_1-T_2)^2}{4T_1 T_2} \right)
\end{eqnarray*}
Her skrev vi om argumentet til logaritmefunksjonen for {\aa} se klart at den totale entropien
{\em {\o}ker}. ($\ln(1+x) &gt; 0$ n{\aa}r $x&gt;0$.) Riktig svar: D. \\

15) Reversibel utvidelse ved konstant trykk $p$ inneb{\ae}rer tilf{\o}rsel av varme, og
$dQ = C_p\,dT$, med $C_p = 7N k_B/2$ for ideell toatomig gass. Dermed er
$dS = dQ/T = C_p\,dT/T$, og $\Delta S = S_f - S_i = C_p\,\ln(T_f/T_i)$. Her angir $f$
slutt-tilstanden og $i$ angir start-tilstanden (som i forrige oppgave). Hvis trykket er
konstant og volumet dobles, dobles ogs{\aa} temperaturen: $T_f = 2T_i$. Entropiendringen
pr molekyl er dermed $\Delta s = \Delta S/N = (7/2) k_B \ln 2 \simeq 2.43 k_B$.
Riktig svar: D.

\end{document}
</pre></body></html>