\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 $#1$}}
\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 2
\end{large}
\end{center}

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

Endring av trykket, $\Delta p$, ved en liten endring i temperaturen, $\Delta T$, er
ved konstant volum gitt ved
$$\Delta p = \left( \frac{\partial p}{\partial T} \right)_V \, \Delta T.$$
For {\aa} bestemme den deriverte benyttes relasjonen
$$ -1 = \left(\frac{\partial p}{\partial T}\right)_V
\left(\frac{\partial V}{\partial p}\right)_T
\left(\frac{\partial T}{\partial V}\right)_p
= \left(\frac{\partial p}{\partial T}\right)_V \left(-V \kappa_T \right)
\left(\frac{1}{V\alpha}\right),$$
der $\kappa_T = -(\partial V/\partial p)_T/V$ og 
$\alpha = (\partial V/\partial T)_p/V
= (\partial T/\partial V)^{-1}_p/V.$
For hver grad temperaturstigning blir dermed
$$\Delta p = \frac{\alpha}{\kappa_T}\,\Delta T =
\frac{48.5\cdot10^{-6}}{7.7\cdot10^{-12}} \cdot 1 \; {\rm Pa} =
6.3 \; {\rm MPa} \simeq 62 \; {\rm atm}. $$

\vspace{0.5cm}
{\bf Oppgave 2} \\

%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{pVdiagram.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE

Den indre energien $U$ til et system er bestemt av tilstanden. Dette er ikke
tilfelle med tilf{\o}rt varme $Q$ og utf{\o}rt arbeid $W$, men energibevarelse
(1.\ hovedsetning) er oppfylt. Mottatt varme langs veien acb er
$$Q_{acb} = U_b - U_a + W_{acb},$$
slik at endringen i indre energi blir
$$\Delta U_{ab} = U_b - U_a = Q_{acb}-W_{acb} = (80-30) \; {\rm J} = 50 \; {\rm J}.$$

$a)$ Varmemengden som systemet opptar langs veien adb blir derfor
$$Q_{adb} = \Delta U_{ab} + W_{adb} = 50 + 10 = 60 \; {\rm J}.$$

$b)$ Mottatt arbeid 20 J betyr utf{\o}rt arbeid $W_{ba} = -20$ J. Mottatt varme under
prosessen $b \rightarrow a$ er f{\o}lgelig
$$Q_{ba} = \Delta U_{ba} + W_{ba} = - \Delta U_{ab} + W_{ba} = 
-50 - 20 = -70 \; {\rm J}.$$
Dette betyr at systemet avgir varmemengden 70 J under prosessen fra b til a. \\

$c)$ Ved prosessen db utf{\o}res det ikke noe arbeid da volumet er konstant,
dvs $W_{db}=0$, og $W_{ad} = W_{adb} = 10$ J. Mottatt varmemengde under
prosessen ad blir f{\o}lgelig
$$Q_{ad} = U_d - U_a + W_{ad} = 40-0+10 = 50 \; {\rm J}.$$
Ved prosessen db blir s{\aa} den mottatte varmemengden
$$Q_{db} = Q_{adb} - Q_{ad} = 60-50 = 10 \; {\rm J}.$$


\vspace{0.5cm}
{\bf Oppgave 3} \\

Tilstandsligning for $n$ mol ideell gass:
$$pV = nRT.$$
Utf{\o}rt arbeid:
\begin{eqnarray*}
W &=& \int_{V_1}^{V_2} p\,dV = nRT \int_{V_1}^{V_2} \frac{dV}{V} \\
&=& nRT\, \ln \frac{V_2}{V_1} = 2 \cdot 8.314 \cdot 300 \cdot \ln 2 =
3458 \,{\rm J} \simeq 3.46 \; {\rm kJ}.
\end{eqnarray*}
For ideell gass er indre energi $U$ en funksjon av temperaturen alene.
Siden $T$ er uendret langs en isoterm, vil $U$ v{\ae}re uendret, dvs $\Delta U = 0$.
Tilf{\o}rt varme er f{\o}lgelig
$$Q = \Delta U + W = W = 3.46 \; {\rm kJ}.$$

\vspace{0.5cm}
{\bf Oppgave 4} \\

%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los2_oppg4.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE

Tilstandsligning: $pV = nRT$. En dobling av temperaturen, $T_1 \rightarrow T_2 = 2T_1$, 
ved konstant volum, $V_2 = V_1$, gir trykket
$$p_2 = \frac{nRT_2}{V_2} = \frac{2nRT_1}{V_1} = 2 p_1.$$
Avkj{\o}ling tilbake til $T_1$, uten {\aa} endre trykket, gir volumet
$$V_2 = \frac{nRT_1}{p_2} = \frac{nRT_1}{2p_1} = \frac{1}{2} V_1.$$
Utf{\o}rt arbeid (dvs p{\aa} omgivelsene):
$$W = \int_{V_1}^{V_2} p\,dV = \int_{V_1}^{V_2} p_2 \, dV = (V_2-V_1) p_2 = -p_1 V_1.$$
Arbeid gjort p{\aa} gassen:
$$-W = p_1 V_1.$$

\end{document}