<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[norsk]{babel}
\topmargin=-1.0cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=24cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}
\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\def\dbar{{\mathchar'26\mkern-12mu d}}
\noindent
\begin{center}

\begin{bf}
FY1005/TFY4165 Termisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.  V{\aa}ren 2013.
\end{bf}

\vspace{0.2cm}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 11
\end{large}
\end{center}

\vspace{0.2cm}
{\bf Oppgave 1} \\

Med de gitte antagelsene blir Clausius-Clapeyrons ligning (med $pV_g = RT$)
$$\frac{dp}{dT} = \frac{L}{T(V_g-V_v)} \simeq \frac{L}{T V_g} = \frac{Lp}{RT^2},$$
som integrert gir (med $L \simeq$ konstant)
$$p = {\rm konst} \cdot e^{-L/RT}.$$
Integrasjonskonstanten bestemmes ved at $p = p_0 = 4.58$ mm Hg ved $T = T_0 = 273$ K.
Dette gir
$$p = p_0 \exp\left[\frac{L}{R}\left( \frac{1}{T_0} - \frac{1}{T} \right)\right].$$
L{\o}sning mhp $T$ gir, for $p = 760$ mm Hg:
$$T = T_0 \left[1-\frac{RT_0}{L}\ln(p/p_0) \right]^{-1} =
273\left[1-\frac{8.314\cdot273}{40.7\cdot 10^3}\ln(760/4.58) \right]^{-1} \simeq 382,$$
dvs 382 K, eller 109$^\circ$C. Grunnen til at beregnet kokepunkt blir for h{\o}yt er
at fordampningsvarmen $L$ ikke er konstant, men {\o}ker med avtagende temperatur. \\

\vspace{0.2cm}
{\bf Oppgave 2} \\

Med antagelsene om konstant fordampningsvarme $L$, neglisjerbart v{\ae}skevolum, og
at dampen er ideell gass, f{\o}lger det av Clausius-Clapeyrons ligning at
damptrykket blir
$$p = C \exp(-L/RT),$$
der $C$ er en konstant. Med oppgitte data f{\aa}r en ligningene
\begin{eqnarray*}
p_1 &amp;=&amp; C \exp(-L/RT_1) \\
p_2 &amp;=&amp; C \exp(-L/RT_2).
\end{eqnarray*}
Divisjon gir
$$\frac{p_2}{p_1} = \exp\left[\frac{L}{R}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)\right],$$
som l{\o}st mhp $L$ gir
$$L = R \frac{\ln(p_2/p_1)}{1/T_1-1/T_2} = 8.314 \frac{\ln(12139/4402)}{1/273-1/293} \, {\rm J/mol}
= 33.7 \, {\rm kJ/mol}.$$
Med $C = p_2 \exp(L/RT_2)$ blir damptrykket ved $T = 30^\circ$C = 303 K:
$$p = p_2 \exp\left[\frac{L}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T}\right)\right] =
12139 \, {\rm Pa} \exp\left[\frac{33.7 \cdot 10^3}{8.314}\left(\frac{1}{293}-\frac{1}{303}\right)\right] =
19.2 \; {\rm kPa}.$$
Den eksperimentelle verdien ved denne temperaturen er litt mindre, 18676 Pa. Dette henger sammen med
at $L$ avtar med {\o}kende $T$, som ogs{\aa} p{\aa}pekt i oppgave 1. \\

\vspace{0.2cm}
{\bf Oppgave 3} \\

Frysepunktnedsettelse for en svak l{\o}sning:
$$\Delta T = -\frac{RT^2}{l_s}\,x_s.$$
Her er $l_s$ den molare smeltevarmen til l{\o}sningsmiddelet, og $x_s$ er molbr{\o}ken til det
oppl{\o}ste stoffet. Atomvektene til C, H og O er hhv 12, 1 og 16, som gir molekylvekter p{\aa}
62 for etylenglykol og 46 for etanol. Med lik vekt (masse) p{\aa} tilsatt stoff er det da klart at
etanol gir st{\o}rst molbr{\o}k, og dermed lavest frysepunkt. Vi sjekker derfor om tilsats av 500 g
etanol til 4 L vann gir tilstrekkelig beskyttelse mot vinterkulde i Trondheim. Etter tilsatsen er
det totale antall mol lik
$$\frac{500}{46} + \frac{4000}{18},$$
slik at
$$x_s = \frac{500/46}{500/46+4000/18} = \frac{1}{1+4000\cdot46/18\cdot500} = 0.0466.$$
Vannets molare smeltevarme:
$$l_s = 80 \, {\rm cal/g} \cdot 18 \, {\rm g/mol} \cdot 4.184 \, {\rm J/cal} = 6.0 \, {\rm kJ/mol}.$$
Dermed:
$$\Delta T = -\frac{8.314 \cdot 273^2}{6.0\cdot10^3} \cdot 0.0466 = - 4.8 \, {\rm K}.$$
Dette holder nok ikke gjennom en normal Trondheimsvinter! For st{\o}rre tilsatser blir
etter hvert teorien v{\aa}r for d{\aa}rlig (dvs hvis $x_s$ ikke lenger kan betraktes som liten),
men eksperimentelt viser det seg at ca 30 vektprosent med etanol er n{\o}dvendig for {\aa} gi
et frysepunkt p{\aa} 19 kuldegrader, og ca 56 vektprosent m{\aa} til for {\aa} gi frysepunkt
p{\aa} 41 kuldegrader. Det burde holde til og med p{\aa} Tynset og deromkring. \\

\vspace{0.2cm}
{\bf Oppgave 4} \\

$a)$ Sluttvolumet er $V_2 = V_1/4$, der $V_1$ er startvolumet. Produsert ferskvann er
$$V_1-V_2=\frac{3}{4}V_1=1 \, {\rm m}^3,$$
slik at
$$V_1 = \frac{4}{3} \, {\rm m}^3.$$
Mengden salt i startvolumet $V_1$ er bestemt av det osmotiske trykket $\Delta p_0 = 23$ atm via
uttrykket
$$\Delta p = n \frac{RT}{V},$$
der $n$ er antall mol oppl{\o}st stoff. Dette gir $n = (\Delta p_0 V_1)/RT$. Deretter kan
$n$ elimineres slik at for vilk{\aa}rlig volum blir det osmotiske trykket
$$\Delta p = \Delta p_0 \, \frac{V_1}{V}.$$
Det teoretisk minste arbeidet som trengs for {\aa} utvinne 1 m$^3$ (dvs 1 tonn) ferskvann
blir dermed
\begin{eqnarray*}
W &amp;=&amp; -\int_{V_1}^{V_2} \Delta p dV = \Delta p_0 V_1 \int_{V_2}^{V_1} \frac{dV}{V} \\
  &amp;=&amp; \Delta p_0 V_1 \ln \frac{V_1}{V_2} = \Delta p_0 V_1 \ln 4 \\
  &amp;=&amp; 23 \cdot 1.013\cdot10^5 \, {\rm Pa} \cdot \frac{4}{3} \, {\rm m}^3 \cdot \ln 4 \\
  &amp;=&amp; 4.3 \cdot 10^6 \, {\rm J} = 1.2 \, {\rm kWh}.
\end{eqnarray*}
Med kraftprisen 0.80 kr pr kWh blir den teoretiske minsteprisen 96 {\o}re pr tonn ferskvann. \\

$b)$ Ved vanlig destillasjon m{\aa} fordampningsvarmen for vann, $L = 540$ cal/g =
40.7 kJ/mol, tilf{\o}res. Uten bruk av varmevekslere m{\aa} ogs{\aa} vannet varmes opp
ca 80 grader (fra $20^\circ$C til $100^\circ$C) ved tilf{\o}rsel av energi. Dette gir
i s{\aa} fall en total energitilf{\o}rsel
$$Q \simeq (540+80\cdot4/3) \, {\rm cal/g} = 647 \cdot 4.184 \, {\rm J/g}
= 2.7 \cdot 10^9 \, {\rm J/tonn} \simeq 750 \, {\rm kWh/tonn}.$$
Dette vil gi en pris p{\aa} 600 kr pr tonn ferskvann. \\

$c)$ Effekten som kan tas ut blir
$$P = \Delta p \cdot Q = (\Delta p_0 - \Delta p_t)Q = (\Delta p_0 - \lambda Q)Q.$$
Konstanten $\lambda$ bestemmes av at $\Delta p_0 = \lambda Q_0$, dvs
$$\lambda = \frac{\Delta p_0}{Q_0},$$
slik at
$$P = \Delta p_0 \left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) Q = 
\Delta p_0 Q_0 \left(1 - \frac{Q}{Q_0}\right) \frac{Q}{Q_0}.$$
Maksimal effekt bestemmes ved {\aa} derivere og sette lik null:
$$0 = \frac{\partial P}{\partial Q} = \Delta p_0 \left(1 - \frac{2Q}{Q_0}\right),$$
dvs $Q = Q_0/2$. Maksimal effekt blir
$$P_{\rm max} = \Delta p_0 (1 - 1/2) \cdot Q_0/2 = \Delta p_0 Q_0/4 =
23 \cdot 1.013 \cdot 10^5 \, {\rm Pa} \cdot 0.125 \, {\rm m}^3{\rm /s}/4 =
7.28\cdot10^4 \, {\rm J/s} \simeq 73 \, {\rm kW}.$$

\vspace{0.2cm}
{\bf Oppgave 5} \\

$a)$ Det osmotiske trykket er gitt ved
$$\Delta p = \frac{RT}{V} \, \Delta x,$$
der $V$ er det molare volumet for oppl{\o}sningsmiddelet og $\Delta x$ er
molbr{\o}kforskjellen p{\aa} de to sidene av membranen. (Dette er en enkel generalisering
av situasjonen med rent oppl{\o}sningsmiddel p{\aa} den ene siden. Med molbr{\o}ker
$x_1$ og $x_2$ med oppl{\o}st stoff p{\aa} hver side er $\Delta x = |x_2-x_1|$.) Den
maksimale verdien som kan tolereres uten {\aa} {\o}delegge cellemembranen blir derfor
$$\Delta x = \frac{V}{RT} \Delta p = \frac{18\cdot10^{-6}}{8.314\cdot310} \cdot
\frac{5}{760} \cdot 1.013 \cdot 10^5 = 4.7 \cdot 10^{-6}.$$

\vspace{0.2cm}
$b)$ Frysepunktnedsettelsen er gitt ved
$$\Delta T = -\frac{RT^2}{L} x.$$
Oppl{\o}st molbr{\o}k blir f{\o}lgelig
$$x = -\frac{L}{RT^2} \Delta T = \frac{6.0\cdot10^3}{8.314\cdot 273^2} \cdot 0.535
= 5.2 \cdot 10^{-3},$$
der smeltevarmen er $L \simeq 80$ cal/g = $80 \cdot 4.184 \cdot 18$ J/mol
$\simeq 6.0$ kJ/mol. Maksimal relativ endring som kan t{\aa}les:
$$\frac{\Delta x}{x} = \frac{4.7\cdot10^{-6}}{5.2\cdot10^{-3}} \simeq 0.9 \cdot 10^{-3}
\simeq 0.1 \%.$$
Ved injeksjon i blodoml{\o}pet tilsettes en passelig mengde koksalt slik at molbr{\o}ken
blir fysiologisk riktig (en s{\aa}kalt isotonisk l{\o}sning). Finjustering skjer ved at
blodcellene kan avgi eller oppta noe vann, dvs endre volum, uten {\aa} sprekke.



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