Lösung 6

Physik II
Übung 6 - Lösungshinweise
Stefan Reutter
Moritz Kütt
Franz Fujara
SoSe 2012
Stand: 31.05.2012
Aufgabe 1 Diskussion: Geschlossene Energieänderung
Thermodynamische Prozesse können als Wege in einem p-V -Diagramm dargestellt werden. Für
Prozesse, die von einem beliebigen Punkt (V, p) starten, und dann über unterschiedliche Prozesse (adiabatisch, isotherm, isochor, isobar oder sonstwas) zum Ausgangspunkt zurückkehren
gilt: ∆U = 0 (für
H die Summe aller Prozesse, bei beliebiger Prozessführung kann man das auch
schreiben als dU = 0).
Zeichne eine pV-Diagramm mit beliebiger Prozessfolge und erkläre, wieso das so ist!
Lösungshinweise:
Sofern sich die Menge der Gasmoleküle nicht ändert, gibt es nach idealer Gasgleichung oder
Van-der-Waals-Gleichung zu jeder Kombination aus p und V exakt eine Temperatur T - daher
gibt es auch nur exakt eine mögliche innere Energie. Wie man zu dem Punkt zurückkehrt ist
völlig egal, man muss die gleiche innere Energie wie am Anfang erreichen (damit ist ∆U = 0).
Sonst wären ja die Gasgleichungen falsch.
Ein beliebiges p-V-Diagramm ist nicht Teil der Lösung, findet sich aber in vielen Lehrbüchern.
Aufgabe 2 Diskussion: p-V -Diagramme
Bei einem idealen Gas behandelt man üblicherweise drei (vier) Zustandsgrößen: den Druck,
das Volumen, die Temperatur (und die Teilchenzahl). Üblicherweise lässt man die Teilchenzahl
konstant, dann kann man für die restlichen drei Größen verschiedene Diagramme zeichnen:
p-V , V -T oder p-T .
Gegeben sind folgende p-V -Diagramme von Kreisprozessen. Skizziere jeweils die T -V - und p-T Diagramme. Erläutere, warum man aus egal welchem Diagramm die vollständige Information
erhält. Warum verwendet man sehr oft die p-V -Auftragung statt einer der anderen?
1
p
1
p
1
4
Adiaba
p
1
rm
the
Iso
tisch
Is
Is
ot
Is
ot
Is
the
rm
3
sch
rm
Iso
rm
he
he
2
ot
2
4
ati
iab
Ad
2
rm
he
rm
he
ot
4
3
V
3
V
V
Lösungshinweise:
Die Auftragungen sind so gewählt, dass der Kreisprozess immer in der gleichen Richtung läuft
(im Uhrzeigersinn).
Die T -V -Diagramme erhält man mit der idealen Gasgleichung. Isothermen und Isochore sind
trivial, Isobare sind Geraden und Adiabaten gehorchen T V κ−1 =const
T
T
T
1
2
1
2
2
1
4
4
3
4
3
3
V
V
V
Im p-T -Diagramm sehen Isobare und Isotherme gut aus, Isochore sind Geraden, und Adiabaten
gehorchen p1−κ T κ =const
p
p
1
p
4
1
1
4
4
2
2
2
3
3
3
T
T
T
2
Man erhält, wie bei Aufgabe 1, die vollständige Information aus jedem dieser Diagramme. Das
liegt daran, dass die drei Zustandsgrößen über die ideale Gasgleichung verknüpft sind. Es ist
also im Prinzip egal, was man aufträgt.
Man entscheidet sich insbesondere deshalb meist für das p-V -Diagramm, da in ihm die vom
Kreisprozess umschlossene Fläche gleich der Arbeit ist, die man erhält bzw. hineinstecken muss
(je nach Drehsinn). Diese anschauliche Deutung gibt es für die anderen Auftragungen nicht.
Der Vollständigkeit halber sei noch Folgendes gesagt: die Entropie ist ebenfalls eine Zustandsgröße. Auch sie lässt sich aber direkt aus p und V berechnen. Darauf basierend findet man auch
oft T -S-Diagramme. Man könnte die Entropie auch in Verbindung mit Druck oder Volumen
betrachten aber genau wie es beim p-V -Diagramm die Interpretation der Arbeit als eingeschlossene Fläche möglich ist, kann beim T -S-Diagramm die Wärme als umschlossene Fläche
abgelesen werden (was insbesondere für Kühlanlagen interessant ist).
Aufgabe 3 Jan, Meer, Wal, Spaß – van-der-Waals-Gas
Der Wal Willy schwimmt völlig frei durch die Karibik. Er wird von Jan Hemmingway (entfernt
verwandt) beobachtet. Ab und an taucht er unter, um leckeres Plankton zu verspeisen. Unter
Wasser kann Willy nicht atmen, er muss mit der Luft in seinen Lungenflügeln auskommen. Jan
überlegt sich, dass das Gas in den Lungen des Wals sich verhalten muss wie ein van-der-Waals
Gas.
Zum Spaß entwickelt Jan nun Näherungsgleichungen für van-der-Waals-Isothermen in der Nähe der kritischen Temperatur Tc . Die van-der-Waals Isotherme sind Funktionen p(V ), Jan entwickelt bis zur dritten Ordnung von V um Vc .
Hinweise: Nutze T = Tc + ∆T und sortiere vor der Entwicklung die Terme nach Abhängigkeit
von Tc bzw. ∆T . Außerdem hilft es, sich an Rechnungen zum kritischen Punkt aus der letzten
Übung zu erinnern!
Lösungshinweise:
Zunächst die Van-der-Waals-Gleichung nach p umstellen (für 1 Mol, also n = 0):
a ‹

RT = p +
p=
V2
RT
V−b
−
(V − b)
a
V2
Wir nehmen nun den Tipp und teilen den Term mit Temperatur auf (T = Tc + ∆T ).
p=
RTc
V−b
−
a
V2
+
R∆T
V−b
Nun kann man beginnen, alle drei Terme in der nähe von Vc zu entwickeln.
3
p(V ) =
RTc
−
a
+
R∆T
Vc − b Vc2 Vc − b
a
d
RTc
R∆T
− 2
+
(V − Vc )
(V − Vc ) −
dV V − b V
(Vc − b)2
Tc ,Vc
– 2 ™
a
1
d
RTc
1 R∆T
− 2
(V − Vc )2
+
(V − Vc )2 + 2 ·
2
3
2! dV
V−b V
2!
(V
−
b)
c
Tc ,Vc
– 3 ™
RTc
1 R∆T
1
a
d
(V − Vc )3 − 2 · 3 ·
+
− 2
(V − Vc )3
4
3
3! dV
V−b V
3!
(V
−
b)
c
T ,V
c
c
4
+ O ((V − Vc ) )
Aus der 5. Übung wissen wir, das am kritischen Punkt (bei Tc und Vc die erste und zweite
Ableitung des Drucks jeweils 0 sind. Damit können wir zwei Terme eliminieren. Außerdem
sind die ersten beiden Summanden zusammen gerade pc (ergibt sich, wenn man Van-der-Waals
entsprechend umstellt).
Noch mal der Übersicht also:
p(V ) =pc +
R∆T
Vc − b
R∆T
(V − Vc )
+0−
(Vc − b)2
R∆T
+0+
(V − Vc )2
3
(V − b)
– c3 ™
1
d
nRTc
a
+
−
3! dV 3 V − nb V 2
T
(V − Vc )3 −
c ,Vc
R∆T
(Vc −
b)4
(V − Vc )3
+ O ((V − Vc )4 )
Wir können noch vereinfachen und V − Vc = ∆V nutzen:
R∆T
R∆T
1 R∆T
p(V ) =pc +
−
∆V +
∆V 2
2
Vc − b (Vc − b)
2 (Vc − b)3
Œ
‚
R∆T
RTc
a
−
+
− 4 5 ∆V 3
(Vc − b)4 (Vc − b)4
Vc
+ O (∆V 4 )
Aufgabe 4 Innere Energie und Wärmekappen
Bei einer Temperaturänderung ∆T ändert sich die innere Energie eines konstanten Volumens
eines idealen Gases um ∆U = Cv ∆T (nimm dabei an, dass Cv über den Temperaturbereich
konstant ist, dies gilt beispielsweise bei Helium für nahezu alle Temperaturen).
4
a) Erkläre, warum die genannte Formel für beliebige Arten von Prozessen mit Temperaturänderung gilt.
b) Zeige, dass die Formel auch für isobare Expansionen gilt.
Hinweis: (b) Zeige zunächst, dass die verrichtete Arbeit auch als ∆W = −R∆T geschrieben
werden kann (für 1 Mol). Nutze weiterhin ∆U = ∆Q + ∆W und ∆Q = C p ∆T .
Lösungshinweise:
a) Mathematisch kann man das u.a. wie folgt zeigen:
Man nehme das totale Differential von U:
du =
∂U
dT +
∂T V
=Cv dT + 0
∂U
∂V
dV
T
Dabei haben wir die Definition von CV benutzt und die Tatsache, dass während einer Volumenveränderung bei konstanter Temperatur auch die innere Energie konstant ist.
Integriert man das, erhält man die gewünschte Formel
∆U = CV ∆T
b) Wir wissen:
∆W = −p∆V
Aus der idealen Gasgleichung wissen wir aber auch, dass
pV = RT
Das muss natürlich für V1 und T1 gelten, sowie für V2 und T2 . Damit gilt es auch für die Differenzen (p = const., isobar!), also:
p∆V = R∆T
Setzt man nun weiter ein wie im Hinweis, erhält man die gesuchte Beziehung:
∆U =∆Q + ∆W
=C p ∆T + R∆T
=(C p + R)∆T
=CV ∆T
5
Aufgabe 5 Diverse Greisprozesse
Emeritierte Professoren haben mitunter absonderliche Hobbies. Manche bauen Hubschrauber
oder schreiben vernichtende Buchrezensionen. Andere kommen auch weiterhin an die Universität und gehen Studenten auf die Nerven. Ein solcher Emeritus hat sich das Ziel gesetzt, die
Thermodynamik ganz besonders fest im Geiste der Physiker zu verankern. Deshalb stellt er jedem Doktorand, der nicht bei drei auf den Bäumen ist, eine aufwändige Thermodynamikaufgabe
“zum Gehirnjogging”. Hier ist meine heutige Strafe für Unachtsamkeit:
Ein ideales Gas hat einen Druck von 3 bar, ein Volumen von 1 L und eine innere Energie von
700 J. Man kann es auf verschiedene Weisen auf einen Druck von 2 bar, ein Volumen von 3 L
und eine innere Energie von 400 J bringen. Skizziere jeweils ein p-V -Diagramm (mit Richtung)
und berechne die Arbeit, die am Gas verrichtet wird, und die übertragene Wärmemenge für
folgende Prozessführungen:
a) Isobare Expansion, isochore Druckabsenkung
b) Isochore Druckabsenkung, isobare Expansion
c) Expansion auf einer Geraden durch die beiden Punkte
d) Isotherme Expansion, isochore Druckerhöhung
e) Adiabatische Expansion, isochore Druckerhöhung
Lösungshinweise:
Skizzen der Prozesse sind abgebildet. Nun zu den Rechnungen:
Bei allen Teilaufgaben ist die “am Gas verrichtete Arbeit” negativ (bei der Expansion leistet das
Gas Arbeit).
Die Wärmemenge ergibt sich nach dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik zu
∆Q = ∆U + p∆V
∆Q = ∆U − ∆W
Da die Änderung der inneren Energie für alle Prozesse gleich ist, enthält die Wärmeänderung
immer einen Anteil von - 300 J. Davon wird noch das unten ausgerechnete ∆W abgezogen
(dieses ist aber meist selbst negativ, daher kommt i.d.R. immer ein positives ∆Q heraus.
a,b) Arbeit wird nur beim isobaren Teil geleistet – wenn sich das Volumen nicht ändert kann
auch keine Arbeit verrichtet werden
∆W = −p∆V
∆Wa = −3 bar × 2 L = −600 J
∆Wb = −2 bar × 2 L = −400 J
∆Q a = −300 J − (−600 J) = 300 J
∆Q b = 100 J
6
pbar
4
a
c
3
b
2
d
e
1
0
0
1
2
3
4
VL
c) Die Arbeit der Mittelwert aus a) und b) also -500 J. (Das kan man geometrisch erklären Arbeit ist immer die Fläche unter der Funktion des Prozesses). Die übertragene Wärme ist somit
Q c = 200 J.
d) Isotherm gilt p(V )V = p1 V1
∆Wd = −
ZV2
p(V )dV = −p1 V1 ln
V2
V1
V1
= −330 J
∆Q d = 30 J
e) Es gilt p(V )V κ = p1 V1κ . Wir rechnen mit κ = 75 , also 5 Freiheitsgraden, was beispielsweise für
Stickstoff bei Raumtemperatur gut erfüllt ist (die Vibration ist noch nicht angeregt).
7
∆We = −
ZV2
p(V )dV = −
p1 V1κ €
1−κ
V21−κ − V11−κ
Š
V1
= −270 J
∆Q e = −30 J
Für andere Adiabatenexponenten:
κ=
κ=
9
7
5
3
(alle Freiheitsgrade eines zweiatomigen Gases): −280 J
(einatomiges Gas):
−230 J
Aufgabe 6 Lebende Kanonenkugel
To take over the world, ingeniously devious physicists invented a novel and extremely effective
non-lethal weapon: the “Fujara” (Fire unlimited joy by adiabatic reexpansion of air)1 . It is
capable of firing a physics professor at a distant target with a surprising degree of accuracy.
After his or her impact at the target area, the projectile immediately launches into an incredibly
stupefying lecture on thermodynamics. Surrounding enemy forces are paralyzed due to the
professors’s hypnotic manner of speech and generally high interest in the subject.
We were assigned the task to test one of these cannons on unsuspecting and expendable victims
(i.e. students). As a projectile, we used professor Fujara (m = 80 kg). The cannon consists of
a cylindrical tube (radius r = 30 cm, length l = 10 m). The professor is inserted at a distance
of x = 1 m from the closed end. The volume between the end of the tube and the professor
is filled with compressed air (p = 50 bar) (the volume below the projectile’s feet is sealed by
a massless plate that doubles as a launching pad). When the pad is released and the professor
launched, the air inside the small volume (nitrogen, κ = 1.4) expands adiabatically to fill the
whole tube.
Calculate the muzzle velocity of the Fujara-launching Fujara under the assumptions that air is
an ideal gas and all of the work is converted into kinetic energy.
1m
0.3 m
10 m
Lösungshinweise:
Für adiabatische Prozesse gilt
pV κ = const.
1
Any similarity to persons living or dead is purely coincidental
8
Damit gilt für adiabatische Ausdehnung (Start bei p0 und V0 )
p(V ) =
p0 V0κ
Vκ
In der “Fujara” beginnen wir mit V0 = πr 2 x und p0 = p = 50 bar, es gibt eine adiabatische
Ausdehnung auf V1 = 10V0 . Dabei wird folgende Arbeit verrichtet:
∆W = −
ZV1
p(V )dV
V0
p0 V0κ
V1
κ − 1 V κ−1
‚
V0
1
= −
=
=
1
κ−1
p0 V0
κ−1
p0 V0 −
1−
p0 V0κ
Œ
V1κ−1
1
10κ−1
Wir nehmen nun an, dass die ganze Expansionsarbeit in kinetische Energie übertragen wird.
1
mv 2 =∆W
2
r
2∆W
v=
m
È
€
Š
p0 V0
1
2 κ−1
1 − 10κ−1
=
m
=231 m/s
Aufgabe 7 Was friert schneller? Heiss oder kalt?
Theo und Igor haben eine Wette abgeschlossen, wer im heißen Sommer schneller einen Klumpen
Wassereis herstellen kann. Das Ausgangsmaterial ist jeweils eine Tasse mit wohlschmeckender,
pappig süßer Flüssigkeit bei Raumtemperatur T = 42 ◦ C. Igor erhitzt zunächst seine Tasse auf
T = 100 ◦ C während Theo seine Tasse direkt in den Gefrierschrank stellt. Die Flüssigkeitsmenge vor dem Injizieren der Tassen in den Gefrierschrank ist gleich und die Tassen sind auch
ansonsten identisch.
Kann Igor seine Wette gewinnen?
Lösungshinweise:
9
Ja, kann er! Aus der heißen Tasse verdunstet zunächst mal noch eine Menge Wasser, sodass das
Gesamtvolumen abnimmt und das Wasser sich abkühlt. Währenddessen hat das kältere Wasser
nur unwesentlich viel Wärme durch Wärmeleitung eingebüßt. Dadurch kann es passieren, dass
das zunächst heiße Wasser später wegen des kleineren Volumens und der damit verbundenen
kleineren Wärmekapazität bei fast gleich großer Oberfläche schneller einfriert als das vorher
kühlere. Igor erkauft sich das allerdings mit einem kleineren Eis und einer größeren Erwärmung
des umgebenden Gefrierguts.
10