Lösningar Fysik 1 Kapitel 10

Lösningar Kap 10

Energi, miljö och

klimat

Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro

Lösningar Fysik 1 Heureka:Kapitel 10

10.1 a) Vi betecknar som vanligt trycket med p, volymen med V, antalet molekyler med N

och absoluta temperaturen med T

b) Högra ledet i gaslagen pV=Nkt, (Boyle's lag), dvs. produkten av tryck och volym är

konstant

c)

𝑝 =𝑁𝑘𝑡_𝑉 = 𝑁𝑘_𝑉 ∙ 𝑇, 𝑒𝑓𝑡𝑒𝑟𝑠𝑜𝑚 𝑁𝑘_𝑉 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡, 𝑏𝑒𝑡𝑦𝑑𝑒𝑟 𝑎𝑡𝑡 𝑝~𝑇, alltså trycket är proportionellt mot absoluta temperaturen

d)Densiteten

𝜌 =𝑚_{𝑉 =}𝑁𝑀_{𝑉 𝑚𝑒𝑛 𝑉 =} 𝑁𝑘𝑡_{𝑝 𝑜𝑐ℎ 𝑖𝑛𝑠ä𝑡𝑡𝑛𝑖𝑛𝑔 𝑔𝑒𝑟 𝜌 =}𝑁𝑀𝑝_{𝑁𝑘𝑇 =}𝑀𝑝_𝑘𝑇

e) När trycket är 0,1015 MPa och temperaturen 273.15 K säger allmänna tillståndslagen

(pV=Nkt) att:

0,1013 ∙ 106_{∙ 𝑉 = 𝑁 ∙ 𝑘 ∙ 273,14}

Densiteten 𝜌 = 1,2929 𝑘𝑔/𝑚3 och enligt uppgiften ovan 𝜌 =𝑀

𝑘 ∙ 𝑝 𝑇

alltså:

1,2929 =𝑀_{𝑘 ∙}0,1013 ∙ 10_{273,15 (ekvation 1)} 6

Vid en tryck p (i megapascal) och temperatur T gäller formeln från d)

𝜌 =

𝑀_𝑘

∙

𝑝_𝑇

(ekvation 2)

Genom att ledvis dividera de båda ekvationerna (densitetssambanden) med varandra, förenklas termen 𝑀 𝑘 och vi får: 𝜌 1,2929 = 273,15 ∙ 𝑝 0,1013 ∙ 𝑇 ≫ 𝜌 = 1,2929 ∙ 273,15𝑝 0,1013𝑇 𝑘𝑔/𝑚3 eller 𝜌 = 3486 ∙_𝑇𝑝

f) Eftersom 𝑝𝑉 = och 𝑁 = 𝑛 ∙ 𝑁_𝐴, 𝑁_𝐴 = 𝐴𝑣𝑜𝑔𝑎𝑑𝑟𝑜𝑠 𝑡𝑎𝑙, kan vi skriva om gaslagen: 𝑝𝑉 = 𝑛 ∙ 𝑁𝐴 ∙ 𝑘 ∙ 𝑇 0ch då ser vi att 𝑅 = 𝑁𝐴 ∙ 𝑘

Lösningar Fysik 1 Heureka Tullängsskolan Örebro Andreas Josefsson

10.2 a) Vi har ett klot med radien 150 ∙ 109 𝑚, arean av klotet är 4𝜋𝑅2. Vi vet att till varje kvadratmeter av klotets area kommer in 1,4 kW. Detta ger den totala effekten:

4𝜋 ∙ (150 ∙ 109₎2_{∙ 1,4 ∙ 10}3 _{= 4 ∙ 10}26_𝑊

b) Arean som Jorden vänder mot solen är en cirkel med radien 6,36 ∙ 106𝑚 och Jorden

mottar enbart den effekten som kommer in på den cirkelns area. Detta är: 𝜋 ∙ 𝑅2 _{= 𝜋 ∙ (6,36 ∙ 10}6₎2_{∙ 1,4 ∙ 10}3 _{= 1,8 ∙ 10}17_𝑊

1,8 ∙ 1017

4 ∙ 1026 = 4,5 ∙ 10−10

Det är så mycket av solens utstrålade effekt som kommer till Jorden

10.3 a)

Resistansen är 𝑅 = 𝑈_{𝐼 =1,75 = 0,29𝛺}0,5

b)

Effekten som kommer in: 800 ∙ 𝜋 ∙ 0,052 nyttig effekt: 0,5 ∙ 1,75 (𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼)

𝜇 =𝑛𝑦𝑡𝑡𝑖𝑔 𝑒𝑓𝑓𝑒𝑘𝑡_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑒𝑓𝑓𝑒𝑘𝑡 =800 ∙ 𝜋 ∙ 0,05}0,5 ∙ 1,75 ₂ = 0,139 ≈ 14% Verkningsgraden är alltså 14%.

10.4 a)

En svart plåt absorberar strålningen bättre än en blank.

b)

_{750 ∙ 0,95 ∙ 0,85 ∙ 0,35 = 212𝑊}

Förlusten är 5,6 ∙ 30 ∙ 0,35 ≈ 59, och kvar blir 153 W. Mottagen effekt är : 0.35 ∙ 750 = 263 𝑊

verkningsgraden är: 𝜇 =153_{263 = 0,58, 𝑑𝑣𝑠 58%}

c)

Arean kan förkortas bort.

Lösningar Fysik 1 Heureka Tullängsskolan Örebro Andreas Josefsson

10.5 a)

Vi söker volymen V av en lyftcylinder med basarean A och längden v ∙ t alltså

V=A∙ 𝑣 ∙ (massan är 𝑚 = 𝜌 ∙ 𝑉)

b)

Volymen multipliceras med densiteten: 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ 𝑣 ∙ 𝑡 𝒄) 𝐸𝐾 = 𝑚 ∙ 𝑣 2 2 = 𝜌 ∙ 𝑉 ∙ 𝑣2 2 = 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ 𝑣 ∙ 𝑡 ∙ 𝑣2 2 = 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ 𝑡 ∙ 𝑣3 2 ( 𝐸𝐾 ä𝑟 𝑟ö𝑟𝑒𝑙𝑠𝑒𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑛) 𝑃0 =𝐸_{𝑡 =}𝐾 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ 𝑡 ∙ 𝑣 3 2𝑡 = 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ 𝑣3 2 ( 𝑃0 ä𝑟 𝑒𝑓𝑓𝑒𝑘𝑡𝑒𝑛)

d)

Luftvolymen beräknas som i uppgift a). Mängden blir: 𝐴 ∙2𝑣_{3 ∙ 𝑡 ∙ 𝜌 =} 2_{3 ∙ 𝐴 ∙ 𝑣 ∙ 𝑡 ∙ 𝜌}

e)

Eftersom

𝑚 =2_{3 ∙ 𝐴 ∙ 𝑣 ∙ 𝑡 ∙ kan vi skriva att rörelseenergin minskar från} 𝑚𝑣2 2 , 𝑡𝑖𝑙𝑙 𝑚 ∙ (𝑣3) 2 2 Minskningen är alltså: 1 2 ∙ 𝑚 ∙ �𝑣2− 𝑣2 9 � , 𝑚𝑒𝑑 𝑚 = 2 3 ∙ 𝐴 ∙ 𝑣 ∙ 𝑡 ∙ 𝜌 𝑏𝑙𝑖𝑟 8 27 ∙ 𝐴 ∙ 𝑡 ∙ 𝜌 ∙ 𝑣3

f)

I uppgift d) beräknade vi hur mycket energi som den strömmande luften avger till vindturbinen under liden t. Motsvarande effekt kan vi räkna ut lätt:

𝑃 =_{27 ∙ 𝐴 ∙ 𝜌 ∙ 𝑣}8 3 _{(𝑓ö𝑟𝑒𝑛𝑘𝑙𝑖𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑑 𝑡)}

g)

𝑃 𝑃0 = 8 27 ∙ 𝐴 ∙ 𝜌 ∙ 𝑣3 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ 𝑣3 2 =16_{27 ≈ 0,59, 𝑑𝑣𝑠 59%}

10.6)

Se facit

Lösningar Fysik 1 Heureka Tullängsskolan Örebro Andreas Josefsson