FY1005/TFY4165 Termisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Våren 2014.

Løsningsforslag til øving 4

Oppgave 1

For enatomig gass har vi c_{pm} = 5R/2 og c_{V m} = 3R/2, slik at γ = C_{p}/C_{V} = 5/3. Langs adiabaten er det (pr definisjon) ingen varmeutveksling med omgivelsene, Q_{ab} = 0. Fra c til a er volumet konstant slik at det ikke utføres noe arbeid, W_{ca} = 0. Trykket økes, som betyr at temperaturen også øker. Altså øker gassens indre energi fra c til a, og denne energien må da komme fra tilført varme, dvs Q_{ca} > 0. Fra b til c komprimeres gassen (til halvt volum) ved konstant trykk (p_{c} = p_{b}). Det betyr at gassen har utført et negativt arbeid på omgivelsene, W_{bc} < 0. Det er videre klart at temperaturen i c er lavere enn i b, siden produktet pV er mindre i c enn i b (halvparten så stort). Følgelig er indre energi redusert fra b til c, og det er klart at Q_{bc} = ΔU_{bc} + W_{bc} < 0, dvs varme avgitt til omgivelsene.

Virkningsgraden er pr definisjon lik forholdet mellom netto utført arbeid W og tilført varme Q_{ca},

η = \frac{W}{Q_{ca}} = \frac{Q_{ca} + Q_{bc}}{Q_{ca}} ,

der vi i siste overgang benyttet oss av at indre energi er en tilstandsfunksjon, slik at netto utført arbeid tilsvarer netto tilført varme. Her tilføres og avgis varme ved hhv konstant volum og konstant trykk, så vi har direkte

Q_{ca} = C_{V} (T_{a} − T_{c}) = \frac{3}{2}nR(T_{a} − T_{c}),
Q_{bc} = C_{p}(T_{c} − T_{b}) = −\frac{5}{2}nR(T_{b} − T_{c}).

Vi har allerede slått fast at p_{b}V_{b} = 2p_{c}V_{c} slik at T_{b} = 2T_{c}. Langs adiabaten har vi

T_{a}V_{a}^{γ−1} = T_{b}V_{b}^{γ−1} ⇒ T_{a} = T_{b} (\frac{V_{b}}{V_{a}} )^{γ−1} = 2^{γ−1} T_{b},

dvs T_{a} = 2^{γ}T_{c}. Virkningsgraden blir følgelig

η = 1 + \frac{Q_{bc}}{Q_{ca}} = 1 − \frac{5}{3} \frac{T_{b} − T_{c}}{T_{a} − T_{c}} = 1 − \frac{5}{3} \frac{T_{b}/T_{c} − 1}{T_{a}/T_{c} − 1} = 1 − \frac{5}{3} \frac{2 − 1}{2^{5/3} − 1} ≃ 0.23.

En Carnot-maskin som opererer mellom et varmt reservoar med temperatur T_{a} og et kaldt reservoar med temperatur T_{c} ville ha virkningsgraden

η_{C} = 1 − T_{c}/T_{a} = 1 − 2^{−5/3} ≃ 0.69,

som altså er maksimal teoretisk virkningsgrad.

Som nevnt i oppgaveteksten kan arbeidet bestemmes ved å integrere p(V)dV. Langs adiabaten må en da benytte seg av at pV^{γ} er konstant. Fra b til c blir arbeidet ganske enkelt p_{b}(V_{a} − V_{b}). Dette gir totalt arbeid uttrykt ved p_{b}V_{b}, som med ideell gass tilstandsligning kan erstattes med nRT_{b}, og her kan nR uttrykkes ved γ og C_{V}. Men tilført varme vil, som ovenfor, i utgangspunktet være uttrykt ved T_{a} og T_{c}, så en kommer ikke utenom å uttrykke disse ved T_{b}, slik vi gjorde ovenfor.

Oppgave 2

Kraftverkets virkningsgrad er

η = \frac{W}{Q_{2}} = \frac{W}{|Q_{1}| + W} ,

der Q_{1} er avgitt varme som dumpes i elva. Oppgaven etterspør effekter, dvs energier pr tidsenhet, så la oss si at Q og W angir hhv varme og elektrisk energi (arbeid) pr tidsenhet, dvs varmeeffekt og elektrisk effekt. Vi løser ligningen ovenfor med hensyn på W og finner at kraftverket maksimalt kan levere en elektrisk effekt

W = \frac{η}{1 − η} |Q_{1}| = \frac{0.4}{0.6} · 1500 MW = 1000 MW.

Dette krever tilførsel av en varmeeffekt

Q_{2} = W + |Q_{1}| = 2500 MW.

Vannets spesifikke varmekapasitet kan skrives som

c = \frac{|Q_{1}|}{ΔT · M} ,

og hvis |Q_{1}| her representerer varme pr tidsenhet, med enheten J/s, må M tilsvare forbipassert masse vann pr tidsenhet, med enheten kg/s. Nødvendig vannføring for å begrense ΔT til 5 K blir derfor

M = \frac{|Q_{1}|}{c · ΔT} = \frac{1500 · 10^{6} J/s}{4184 J/kgK · 5 K} ≃ 71.7 · 10^{3} kg/s ≃ 72 tonn/s.

Oppgave 3

a) La oss ta det enkleste først: Siden v_{x}^{3} er en antisymmetrisk (odde) funksjon av v_{x} og g(v_{x}) er en symmetrisk (like) funksjon av v_{x}, må integralet av produktet av disse to fra −∞ til ∞ bli lik null. Videre er (med b = m/2kT som i forelesningene):

⟨|v_{x}|⟩ = ∫_{−∞}^{∞} |v_{x}|g(v_{x})dv_{x} = 2 ∫_{0}^{∞} v_{x}g(v_{x})dv_{x}
= 2\sqrt{\frac{m}{2πkT}} ∫_{0}^{∞} v_{x}e^{−mv_{x}^{2}/2kT} dv_{x}
= \sqrt{\frac{2m}{πkT}} · \frac{kT}{m} = \sqrt{\frac{2}{π}} \sqrt{\frac{kT}{m}} ≃ 0.80\sqrt{\frac{kT}{m}}

⟨v_{x}^{4}⟩ = \sqrt{\frac{b}{π}} (−\frac{d}{db})^{2} \sqrt{\frac{π}{b}}
= \sqrt{b} · \frac{1}{2} · \frac{3}{2} · b^{−5/2} = \frac{3}{4} · (\frac{m}{2kT} )^{−2} = 3 (\frac{kT}{m} )^{2}

Med andre ord, ⟨v_{x}^{4}⟩^{1/4} ≃ 1.32\sqrt{kT/m}. b) Vi har fartsfordelingen f(v) fra forelesningene, slik at

⟨\frac{1}{v} ⟩ = ∫_{0}^{∞} \frac{1}{v}f(v)dv
= 4π (\frac{m}{2πkT} )^{3/2} ∫_{0}^{∞} ve^{−mv^{2}/2kT} dv
= 4π (\frac{m}{2πkT} )^{3/2} · \frac{kT}{m}
= \begin{matrix}√ & \overline{2/π} \\ √ & \overline{kT/m} \end{matrix}
≃ \frac{0.80}{\sqrt{kT/m}}

Til sammenligning er

⟨v⟩ = \sqrt{\frac{8}{π}} \sqrt{\frac{kT}{m}}

(fra forelesningene), slik at

\frac{1}{⟨v⟩} ≃ \frac{0.63}{\sqrt{kT/m}}.

Oppgave 4

a) Fra forelesningene har vi ⟨v^{2}⟩ = 3kT/m_{molekyl} = 3RT/M, der R er gasskonstanten og M er molekylenes molare masse. Denne bør i følge oppgaven være mindre enn V^{2}/36 = Gm/18r, dvs

\frac{3RT}{M} < \frac{Gm}{18r} ⇒ T < \frac{GMm}{54Rr},

hvis vi på lang sikt skal unngå at molekylene forsvinner helt fra atmosfæren.

b) Jordas masse er 6.0 · 10^{24} kg og dens radius er 6.4 · 10^{6} m. Hydrogen, med molar masse 2 g, kunne derfor tenkes å finnes i jordas atmosfære dersom jordas overflatetemperatur var mindre enn ca 280 K. I gjennomsnitt er den litt høyere enn dette, ca 290 K, så vi kan ikke forvente å finne særlig mye hydrogen i vår atmosfære, konsistent med de faktiske forhold. Nitrogen og oksygen, derimot, har hhv 14 og 16 ganger større molar masse enn hydrogen, noe som gir en tilsvarende høyere toleranse for overflatetemperaturen, hhv 3900 K og 4460 K. Med andre ord, ingen overraskelse at både N_{2} og O_{2} har holdt seg på plass her nede.

For Jupiter er masse og radius hhv 1.9 · 10^{27} kg og 7.2 · 10^{7} m. Dette gir mulighet for hydrogen i atmosfæren med overflatetemperatur opp mot 8000 K. I virkeligheten er den ikke mer enn i overkant av 120 K, så det er fullt mulig med hydrogen på Jupiter. Jupiters atmosfære inneholder da også omlag 90% hydrogen.

Vår måne har masse og radius hhv 7.4 · 10^{22} kg og 1.7 · 10^{6} m. En atmosfære med nitrogen ville dermed fordre en overflatetemperatur mindre enn 177 K. I realiteten kommer temperaturen ved månens ekvator opp mot 400 K (på solsiden, selvsagt), konsistent med at månen praktisk talt ikke har noen atmosfære. a) Sannsynlighetsfordelingen p(s) må være normert, slik at

1 = p(1) + p(−1) = C (e^{−x} + e^{x}) = 2C cosh x.

Dette fastlegger konstanten C og dermed partisjonsfunksjonen Z:

Z = 1/C = 2 cosh x = 2 cosh \frac{μ_{B}B}{kT} .

b) Magnetiseringen blir M = Nm/V, dvs

M = \frac{Nμ_{B}}{V} (−p(1) + p(−1)) = \frac{Nμ_{B}}{V} C (−e^{−x} + e^{x}) = \frac{Nμ_{B}}{V} \frac{2 sinh x}{2 cosh x} = \frac{Nμ_{B}}{V} tanh x,

med x = μ_{B}B/kT. Vi bruker oppgitte grenseverdier for hyperbolsk tangens og får for høye temperaturer, dvs x ≪ 1:

M = \frac{Nμ_{B}}{V} · \frac{μ_{B}B}{kT} = \frac{Nμ_{B}^{2}}{kV} · \frac{B}{T} ,

i tråd med Curies lov, som nettopp sier at magnetiseringen er omvendt proporsjonal med temperaturen, for ikke for lave temperaturer.

I den motsatte grensen, dvs x ≫ 1, er tanh x = 1, og magnetiseringen blir

M = \frac{Nμ_{B}}{V} .

Som ventet: Det ytre magnetfeltet er så sterkt at alle elektronspinnene peker i samme retning som magnetfeltet (her: i positiv z-retning).

Hvis T = 0, er x = ∞ uansett styrken på magnetfeltet. Igjen er alle elektronspinn i laveste energitilstand (grunntilstanden), med samme retning som B.

Magnetisme ved Institutt for fysikk

Det foregår mye spennende forskning med tilknytning til spinn og magnetisme ved Institutt for fysikk. KLIKK HER hvis du vil lese mer om instituttets forskning på spinntransport, magnetiseringsdynamikk og frustrerte kvantemekaniske magneter.

Figur 1: Arne Brataas, John Ove Fjærestad, Jacob Linder, Asle Sudbø og Jon Andreas Støvneng jobber alle med kondenserte mediers teori ved Institutt for fysikk.