Übungen zum Ferienkurs Physik für Elektroingenieure

Übungen zum Ferienkurs
Physik für Elektroingenieure
Wintersemester 2015 / 16
Nr. 4
Katrin Oberhofer
˙
17.03.2016
Aufgabe 1 : Wärmekapazitäten und Entropie
Zwischen zwei Körpern bestehe thermischer Kontakt. Die Anfangstemperaturen seien T1 =
77 K und T2 = 25◦ C und ihre Wärmekapazitäten seien C1 = 12 kJ/K und C2 = 14 kJ/K. Die
Körper sind vollständig von der Umgebung isoliert.
a) Welche Gleichgewichtstemperatur stellt sich ein?
Umrechnen der Temperaturen in absolute Temperatur
T1 = 77 K
T2 = 298 K
1. Hauptsatz:
∆U = ∆Q + ∆W
Es handelt sich hier um ein abgeschlossenes System ohne Aufwendung von Arbeit. Folglich gilt:
∆U = 0
∆W = 0
⇒ ∆Q = ∆Q1 + ∆Q2 = 0
⇔ C1 ( Tggw − T1 ) = −C2 ( Tggw − T2 )
⇔ Tggw (C1 + C2 ) = C1 T1 + C2 T2 )
Gleichgewichtstemperatur des gesamten Systems:
Tggw =
C1 · T1 + C2 · T2
= 196K
C1 + C2
b) Berechnen Sie die Änderung der Entropie? Ist der Vorgang reversibel?
Die Änderung der Entropie ist definiert als
dS =
dQ
C · dT
=
T
T
Daraus folgt
∆S = ∆S1 + ∆S2 =
Z Tggw
C1 · dT
Z Tggw
C2 · dT
+
T
T
T2
= C1 · lnTggw − lnT1 + C2 · lnTggw − lnT1
Tggw
Tggw
kJ
= 5.35 > 0
= C1 · ln
+ C2 · ln
T1
T2
K
T1
Die Entropie steigt. Der Vorgang ist irreversibel.
Aufgabe 2 : Prinzip des Archimedes
Ein Holzblock schwimmt zu zwei Dritteln in Wasser. In Öl wären 90% seines Volumens eingetaucht.
Berechnen Sie die Dichte des Holzes und des Öls. Die Dichte von Wasser beträgt ρ =
1 g/cm3 .
Auftriebskraft in Wasser ist gleich der Gewichtskraft des Blocks:
Fa = Fg
2
V · ρW · g = V · ρ H · g
3
g
2
ρ H = ρW = 0.67 3
3
cm
Äquivalente Berechnung für das Öl:
Fa = Fg
9
V · ρO · g = V · ρ H · g
10
10
g
ρO =
ρ H = 0.74 3
9
cm
Aufgabe 3 : Zustandsänderungen
An einem Mol eines idealen Gas wird eine reversible Zustandsänderung längs des Weges
4
V
T
=
V0
T0
in der V-T Ebene durchgeführt mit Anfangstemperatur 300 K und Endtemperatur 500 K. Das
anfängliche Volumen ist 333 l.
a) Berechnen Sie den Druck als Funktion des Volumens p(V ). Wie groß ist der Enddruck
des Gases. Zeichnen Sie die Zustandsänderung im p-V-Diagramm qualitativ.
Das Endvolumen kann direkt aus der gegebenen Gleichung bestimmt werden:
4
T1
V1 = V0 ·
= 2.57 m3
T0
Es gilt die ideale Gasgleichung:
p·V = ν·R·T
ν · R · T0
→ p0 =
= 74.90 mbar = 7490 Pa
V0
ν · R · T1
→ p1 =
= 16.18 mbar = 1618 Pa
V1
Die Berechnung des Druckes erfolgt durch Einsetzen der idealen Gasgleichung in die
Zustandsgleichung:
T=
pV
νR
p = p0
V0
V
3/4
Abbildung 1: p-V-Diagramm der Zustandsänderung
b) Bestimmen Sie den thermischen Ausdehnungskoeffizienten α = (1/V )(dV/dT ) als
Funktion der Temperatur T
Einfach einsetzen und ausrechnen
T 4
V = V0 ·
T0
3
dV
4V
T
= 0
dT
T0 T0
und es folgt
α=
4
T
c) Berrechnen Sie die Arbeit die das System bei der Erwärmung verrichtet.
Für die Bestimmung der Arbeit verwenden Sie die bekannte Formel
dW = −pdV
∆W = −
=
Z V1
V0
Z V1
V0
p(V )dV
p0
V0
V
3/4
dV
Wir verwenden die bekannte Stammfunktion für Polynome (gilt auch für rationale Exponenten)
1
∆W = −p0 V03/4
V1−3/4+1 − V0−3/4+1
−3/4 + 1
= −4p0 V03/4 V11/4 − V01/4 = −6.6 kJ < 0
Der Druck ist immer > Null. → Eine Expansion verrichtet immer Arbeit an der Umgebung.
Aufgabe 4 : Trichter
In einem Trichter wird die Höhe h1 = 11.5 cm einer Flüssigkeit oberhalb der Trichteröffnung
durch vorsichtiges Nachgießen konstant gehalten. Die untere Öffnung hat den Durchmesser
d0 = 6.0 mm, der klein gegenüber dem Durchmesser d1 in der Höhe des Flüssigkeitsspiegels
ist. (Terme der Ordnung (d0 /d1 )2 können vernachlässigt werden.)
a) Mit welcher Geschwindigkeit strömt die Flüssigkeit aus dem Trichter?
Bernoulli Gleichung
1
1
p0 + ρv20 = p1 + ρv21 + ρgh1 .
2
2
Oben und unten am Trichter herrscht Atmosphärendruck, folglich p1 = p0 .
Die Oberfläche der Flüssigkeit im Trichter bleibt konstant, daher ist v1 = 0. Mathematisch kann man das auch aus der Kontinuitätsgleichung folgern:
v1 = v0
d2
A0
= v0 02 = 0.
A1
d1
Die Bernoulligleichung vereinfacht sich zur Gleichheit von dynamischem Druck und
Schweredruck
1
ρgh1 = ρv20
2
p
m
→ v0 = 2gh1 = 1.5
s
b) Welche Zeit ist erforderlich, um eine 1.0 l - Flasche mit Hilfe des Trichters zu füllen? Die
Flasche befindet sich dabei unmittelbar unter dem Trichter.
Es gilt für den konstanten Volumenstrom
V=
Z t
dV
0
dt
dt = A0 v0 t
Und es folgt
t=
V
4V
=
= 23.5s
A 0 v0
πd20 v0
c) Welchen Durchmesser d2 hat der Flüssigkeitsstrahl in der Tiefe h2 = −24.0 cm unterhalb der Trichteröffnung? Nehmen Sie an die Strömung sei reibungsfrei und laminar.
Die Strömung beschleunigt aufgrund des zusätzlichen Schweredrucks im freien Fall
nach Bernoulli
1
p2 + ρv22 + ρgh2 = p1 + ρgh1
2
Mit dem Atmosphärendruck oberhalb und unterhalb des Trichters p1 = p2 liefert
q
v2 = 2g (h1 − h2 )
(Achtung h2 < 0) die Kontinuitätsgleichung
A0 v0 = A2 v2 →
π 2
π
d0 v0 = d22 v2
4
4
Und es folgt
r
d2 = d0
v0
= d0
v2
s
4
h1
= 4.5 mm
h1 − h2
Aufgabe 5 : Otto-Motor
Betrachten Sie dem Otto-Prozess von 1 Mol eines einatomigen idealen Gases mit Adiabatenkoeffizienten κ = 1.4. Der Kreisprozess besteht aus den folgenden vier Prozessschritten.
• 1 → 2 adiabatische Kompression von V1 = 5 l nach V2 = 0.5 l
• 2 → 3 isochore Wärmezufuhr
• 3 → 4 adiabatische Expansion von V2 nach V1
• 4 → 1 isochore Wärmeabfuhr
Die Temperatur bei Punkt 1 ist T1 = 25◦ C. Die Temperatur bei Punkt 3 ist 1500 K.
a) Zeichnen Sie den Otto-Kreisprozess im p-V-Diagramm. Kennzeichnen Sie die Umlaufrichtung und kennzeichnen Sie die Zustände 1 bis 4 aus der obigen Angabe! Es genügt
eine qualitative Darstellung der Kurvenformen.
Abbildung 2: Otto-Kreisprozess im p-V-Diagramm
b) Berechnen Sie die Drücke p1,2,3,4 an den vier Eckpunkten des Otto-Prozesses.
Der Druck an Punkt 1 und 3 kann mit der idealen Gasgleichung berechnet werden
νRT1
= 5.0 bar
V1
νRT3
p3 =
= 249 bar
V3
p1 =
Die Drücke an Punkt 2 und 4 folgen dann mit der Adiabatengleichung pV κ = const. zu
κ
V1
= 125 bar
p2 = p1
V2
κ
V2
p4 = p3
= 9.9 bar
V1
c) Berechnen Sie den thermischen Wirkungsgrad η des Ottoprozesses. Vergleichen Sie den
Wirkungsgrad des Ottoprozesses mit dem eines äquivalenten Carnot-Prozesses mit T1
und T3 .
Der thermische Wirkungsgrad ist folgendermaßen definiert:
η=
abgeführte Arbeit
|∆W |
=
zugeführte Wärme
Q23
Die zugeführte Wärme ist
Q23 = cV ( T3 − T2 )
Für einen vollen Umlauf durch einen Kreisprozess berechnet sich die Gesamtarbeit
(=abgeführte Arbeit bzw. Nettoarbeit) ∆W zu:
∆W = W12 + W23 + W34 + W41
Bei den isochoren Zustandsänderungen wird keine Arbeit verrichtet:
⇒ ∆W = W12 + W34
W23 = 0 = W41
= cV ( T2 − T1 ) + cV ( T4 − T3 ) = cV · −452 K < 0,
das System gibt also Arbeit ab.
Alternativ ist auch die Berechnung über den 1. HS möglich:
∆U = ∆Q + ∆W = Q23 + Q41 + W12 + W34
∆W = −∆Q = −( Q23 + Q41 ) = −cV ( T3 − T2 + T1 − T4 )
Es folgt für den thermischen Wirkungsgrad
η=
| T2 − T1 + T4 − T3 |
T3 − T2
Anwendung der Adiabatengleichung TV κ −1 = const. ermöglicht die Berechnung der
Temperaturen (V2 = V3 und V4 = v1 ):
V1 κ −1
)
= 749 K
V2
V2
T4 = T3 ( )κ −1 = 597 K
V1
T2 = T1 (
Der thermische Wirkungsgrad des vorliegenden Systems berechnet sich dann zu
η = 0.6
Der äquivalente Carnot Zyklus hat den Wirkungsgrad
ηC = 1 −
T1
= 0.8 > 0.6
T3
Aufgabe 6 : Oberflächenspannung
Zwei Glasplatten werden in einem Abstand d = 0.1 mm zueinander justiert und anschließend mit einer offenen Seite in Wasser getaucht. Wie hoch steigt das Wasser, wenn Sie berücksichtigen, dass Wasser eine Oberflächenspannung von ∆σ = 72.75 · 10−3 J/m2 (∆σ =
σLu f t−Wand − σWasser−Wand ) bei T = 20◦ C besitzt und außerdem Randeffekte vernachlässigen?
Lösung über Minimierung der Gesamtenergie des Systems als Funktion der Steighöhe h.
Die Gesamtenergie als Funktion der Steighöhe ist
E(h) =
1
ρdlhg · h − 2∆σ · hl
2
Die Energieminimierung erfordert
dE
= ρgdlh − 2∆σl = 0
dh
und man erhält die Steighöhe, die die Gesamtenergie minimiert
h=
2∆σ
= 14.8 cm
ρgd
Alternativ Lösung über das Kräftegleichgewicht zwischen Randkraft und Gewichtskraft führt
zu gleichem Ergebnis!