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

Løsningsforslag til øving 6

Oppgave 1

a) Et ideelt ”Carnot-kjøleskap” holder konstant temperatur 4^{∘}C (”lavtemperaturreservoaret”) i et kjellerrom der temperaturen er 13^{∘}C (”høytemperaturreservoaret”). Hva er kjøleskapets effektfaktor, dvs forholdet mellom varmen som trekkes ut av kjøleskapet og arbeidet som kjøleskapets motor må utføre? (Tips: For syklisk reversibel prosess er ΔS = 0 og ΔU = 0.)

ε_{K} = |Q_{1}/W | = |Q_{1}/(Q_{1} + Q_{2})|. Vi bruker at Q_{1}/T_{1} + Q_{2}/T_{2} = 0, dvs Q_{2} = −Q_{1}T_{2}/T_{1}, som innsatt i uttrykket for ε_{K} gir ε_{K} = |T_{1}/(T_{1} − T_{2})| = 277/9 ≃ 31. D) Ca 31

b) Figuren viser en kretsprosess for et mol ideell gass, med p_{0} = 1 atm og V_{0} = 5 L. Omlag hvor stort arbeid utfører gassen pr syklus?

W = 4p_{0} · 5V_{0} = 20 · 10^{5} · 5 · 10^{−3} = 10^{4} = 10 kJ.

C) 10 kJ

c) Ranger temperaturene i de fire hjørnene av kretsprosessen i oppgave b.

T_{a} er minst, T_{c} er størst. Siden T er proporsjonal med pV, er T_{b}/T_{d} = p_{b}V_{b}/p_{d}V_{d} = 5/6, dvs T_{b} < T_{d}.

B) T_{a} < T_{b} < T_{d} < T_{c}

d) Dersom gassen i oppgave b hadde ekspandert isotermt fra tilstand b til en tilstand med trykk p_{0}, og deretter blitt komprimert ved konstant trykk tilbake til tilstand a og så varmet opp ved konstant volum til tilstand b osv, omtrent hvor stort arbeid ville gassen da ha utført pr syklus?

Siden p_{b}V_{b} = 5p_{0}V_{0}, har vi her en isoterm ekspansjon fra tilstand b til en tilstand med trykk p_{0} og volum 5V_{0}. Arbeidet blir dermed

W = ∫_{V_{0}}^{5V_{0}} p dV − 4p_{0}V_{0} = ∫_{V_{0}}^{5V_{0}} \frac{5p_{0}V_{0}}{V} dV − 4p_{0}V_{0}
= 5p_{0}V_{0} ln 5 − 4p_{0}V_{0} = 500 · (5 ln 5 − 4)
≃ 2.0 · 10^{3} = 2.0 kJ

C) 2.0 kJ e) Figuren viser en Otto–syklus, dvs en reversibel idealisering av en 4–takts bensinmotor. Temperaturen i hjørnene 1 – 4 er hhv T_{1} – T_{4}. Hva kan du si om virkningsgraden η_{O} til denne prosessen, i forhold til størrelsen 1 − T_{1}/T_{3}? (Tips: T_{1} og T_{3} er hhv prosessens minimale og maksimale temperatur.)

I denne syklusen er T_{3} maksimal og T_{1} minimal temperatur. Hvis dette hadde vært en Carnot-prosess mellom to varmereservoar ved temperaturer T_{3} og T_{1}, ville virkningsgraden ha vært η_{C} = 1 − T_{1}/T_{3}. Otto-syklusen kan ikke ha så stor virkningsgrad, slik at η_{O} < η_{C}. (η_{O} = 1 − T_{4}/T_{3}.)

A) η_{O} < 1 − T_{1}/T_{3}

f) Bensin/luft–blandingen i oppgave e har varmekapasitet C_{V} (ved konstant volum). Hva blir da arbeidet utført av bensin/luft–blandingen pr syklus av Otto–prosessen?

ΔU = 0 for hel syklus, slik at

W = Q_{23} + Q_{41} = C_{V} (T_{3} − T_{2}) + C_{V} (T_{1} − T_{4}) = C_{V} (T_{1} − T_{2} + T_{3} − T_{4}).

C) C_{V} (T_{1} − T_{2} + T_{3} − T_{4})

g) Gassen utvider seg, så omdanning av varme til arbeid er ikke det eneste som skjer. Derfor er prosessen ikke i strid med 2. lov. B).

Oppgave 2

For å bestemme virkningsgraden trenger vi uttrykk for tilført varme Q_{1} ved lav-volum-isokoren V_{1} og avgitt varme Q_{2} ved høy-volum-isokoren V_{2} = κV_{1}. Siden prosessene er isokore, dvs konstant volum, blir de to varmemengdene

Q_{1} = C_{V} (T_{3} − T_{2})

og

Q_{2} = C_{V} (T_{1} − T_{4}).

Her er T_{3} og T_{2} hhv høy og lav temperatur for isokoren med volum V_{1}, mens T_{4} og T_{1} er høy og lav temperatur for isokoren med volum V_{2}. Adiabatligningen T V^{γ−1} = konstant knytter temperaturene sammen:

T_{1}(κV_{1})^{γ−1} = T_{2}V_{1}^{γ−1}

og

T_{4}(κV_{1})^{γ−1} = T_{3}V_{1}^{γ−1}.

Virkningsgraden er

η = \frac{W}{Q_{1}} = \frac{Q_{1} + Q_{2}}{Q_{1}} = \frac{T_{3} − T_{2} + T_{1} − T_{4}}{T_{3} − T_{2}} .

Her kan (f.eks) T_{2} og T_{3} elimineres via adiabatligningene ovenfor, og vi finner

η = \frac{(T_{4} − T_{1})(κ^{γ−1} − 1)}{(T_{4} − T_{1})κ^{γ−1}}
= 1 − κ^{1−γ}.

For en reversibel kretsprosess vil entropien være uendret. (Hvis prosessen er irreversibel, vil entropien øke.) Varmemengdene Q_{3} og Q_{1} tilføres systemet hhv ved temperaturene T_{3} og T_{1}. Dernest avgis varmen Q_{2} ved omgivelsenes temperatur T_{2}. Energibevarelse gir

Q_{2} = Q_{1} + Q_{3}.

Uendret entropi innebærer da at

0 = ∑_{i} ΔS_{i} = \frac{Q_{3}}{T_{3}} + \frac{Q_{1}}{T_{1}} − \frac{Q_{2}}{T_{2}} ,

dvs

\frac{Q_{3}}{T_{3}} + \frac{Q_{1}}{T_{1}} = \frac{Q_{1} + Q_{3}}{T_{2}} ,

eller

Q_{1} (\frac{1}{T_{1}} − \frac{1}{T_{2}} ) = Q_{3} (\frac{1}{T_{2}} − \frac{1}{T_{3}} ) .

Maksimal virkningsgrad er derfor

ε_{K} = \frac{Q_{1}}{Q_{3}} = \frac{T_{1}(T_{3} − T_{2})}{T_{3}(T_{2} − T_{1})}.

En alternativ framgangsmåte er som følger: Prosessen kan ses på som en Carnotmaskin som opererer mellom temperaturene T_{3} og T_{2} kombinert med en kjølemaskin som opererer mellom T_{1} og T_{2}. Dermed:

ε_{K} = \frac{Q_{1}}{Q_{3}} = \frac{W}{Q_{3}} · \frac{Q_{1}}{W} = \frac{T_{3} − T_{2}}{T_{3}} · \frac{T_{1}}{T_{2} − T_{1}} = \frac{T_{1}(T_{3} − T_{2})}{T_{3}(T_{2} − T_{1})}.

Oppgitte temperaturverdier gir teoretisk virkningsgrad

ε_{K} = \frac{277 · (373 − 293)}{373 · (293 − 277)} = 3.7.

Til sammenligning vil et ideelt Carnot-kjøleskap som opererer mellom temperaturene 277 K (inni kjøleskapet) og 293 K (omgivelsene) ha en virkningsgrad ε_{K} = 277/(293 − 277) = 17. I praksis vil irreversible prosesser gi betydelig lavere virkningsgrader enn dette.

Kommentar: Kjølemediets temperatur T_{1} (når det passerer inni kjølerommet) er nok i virkeligheten en god del lavere enn temperaturen i selve kjølerommet, kanskje ned mot ti kuldegrader eller mer. Dette vil gi en betydelig mindre virkningsgrad enn beregnet ovenfor.