Musterlösung zu¨Ubung 7

PCI Thermodynamik
G. Jeschke
FS 2015
Musterlösung zu Übung 7
(08.04.2015)
1
a) Der Goldbarren wird beim Einbringen in das Reservoir sprunghaft erwärmt. Der
Wärmeaustausch erfolgt daher auf irreversiblem Weg. Um die gefragte Entropieänderung mit
dqrev
ds =
T
zu berechnen, müssen wir einen reversiblen Weg finden, mit dem man ebenfalls
zum selben Endzustand gelangen kann. Da wir gemäss Aufgabenstellung davon
ausgehen können, dass sich das Volumen des Goldes nicht ändert, wird keine Arbeit geleistet. Damit ist nach dem ersten Hauptsatz die Änderung der inneren
Energie du gleich der ausgetauschten Wärme dq. Weil die innere Energie eine Zustandsgrösse ist, ist auch die Änderung der inneren Energie für einen irreversiblen
Weg von Anfangs- zu Endzustand dieselbe wie für einen reversiblen. Deshalb gilt
du = dq = dqrev . Damit ist
dq
du
=
T" T
#
∂u
∂u
1
dT +
dV
=
T
∂T V,n
∂V T,n
1 ∂u
V =const.
=
dT
T ∂T V,n
n CV
=
dT.
T
dsAu =
Integration ergibt
∆sAu =
ZT2
n CV
dT = n CV ln
T
T1
T2
T1
m
=
CV ln
M
T2
T1
= 1.35 J K−1 .
b) Man würde erwarten, dass sich die Gesamtentropie vergrössert, da dies ein freiwilliger Prozess ist (zweiter Hauptsatz). Das Reservoir hat Wärme abgegeben, weshalb
zwar seine Entropie abgenommen hat (∆sUmg < 0), jedoch ist dessen Betrag zwingend kleiner als die Entropieänderung des Goldes.
c) Auch hier gilt du = dq. Da die Wärme vom Reservoir abgegeben wird, hat sie
ein negatives Vorzeichen und ist im Betrag genau so gross wie die aufgenommene
1
Wärme des Goldes:
∆sUmg
Z
1
dq
=
dq
=
TRes
TB
ZTB
1
TB − TA
= −
nCV dT = −n CV
TB
TB
Z
TA
100 g
300 K − 270 K
−1
mol−1 ·
−1 · 25.3 J K
300 K
196.97 g mol
−1
≈ −1.28 J K
= −
Die Entropieänderung des Gesamtsystems ist also
∆stot = ∆sAu + ∆sUmg = 1.35 J K−1 − 1.28 J K−1 = 0.07 J K−1 > 0
Damit erkennt man: Der Prozess ist irreversibel, da die gesamte Entropieänderung
positiv ist.
d) Die Entropieänderung des Barrens ist die gleiche wie in a), denn es gilt
ln
T1
TB
T1 TB
TB
+ ln
= ln
= ln
.
TA
T1
TA T1
TA
Die Entropie der Umgebung, die in diesem Fall aus zwei Reservoirs besteht, ändert
sich hingegen:
∆sUmg
ZT1
ZTB
nCV
T1 − TA TB − T1
= −
dT = −nCV
+
TB
T1
TB
TA
T1
100 g
285 K − 270 K 300 K − 285 K
−1
−1
+
= −
· 25.3 J K mol
285 K
300 K
196.97 g mol−1
−1
≈ −1.32 J K
nCV
dT −
T1
Damit folgt für die totale Entropieänderung
∆stot = ∆sAu + ∆sUmg = 0.03 J K−1 .
e) Wie man aus Teilaufgabe d) sieht, ändert sich beim Einfügen von Zwischenschritten
nichts an der Entropiezunahme des Goldes ∆sAu , sondern nur an jener der Umgebung ∆sUmg . Gleichzeitig erkennt man, dass die Gesamtentropieänderung ∆stot
kleiner wird, wenn man das Metallstück über einen Zwischenschritt erwärmt.
Hat man nun N Wärmebäder, wobei die Temperatur des i-ten Wärmebades T (i) =
−TA
beträgt und zwei benachbarte Wärmebäder eine Temperaturdifferenz
TA + i TB N
−TA
(i)
von ∆T = T − T (i−1) = TBN
aufweisen, erhält man für die Entropieänderung
∆sUmg = −nCV
N
X
T (i) − T (i−1)
T (i)
i=1
2
N
X
1
= −nCV
∆T,
(i)
T
i=1
wobei T (0) = TA und T (N ) = TB sind. Lässt man nun N → ∞ gehen, d.h. dass
man das Gold in unendlich kleinen Temperaturschritten mittels unendlich vieler
Wärmebäder auf die Endtemperatur TB aufwärmt, so ergibt sich für die Entropieänderung der Umgebung
!
N
X
1
∆T
∆sUmg = −nCV lim
(i)
N →∞
T
i=1
= −nCV
ZTB
1
dT = −nCV ln
T
TA
TB
TA
= −∆sAu .
Für die Gesamtentropieänderung folgt dann ∆stot = ∆sAu + ∆sUmg = 0. Dadurch, dass die Erwärmung in unendlich vielen kleinen Schritten erfolgt und bei
jedem Zwischenschritt darauf geachtet wird, dass das Gold mit der Umgebung im
thermischen Gleichgewicht ist, erfolgt der Prozess für N → ∞ also reversibel.
(5 Punkte)
2
a) Für die isotherme Expansion eines idealen Gases gilt du = 0. Somit folgt mit dem
ersten Hauptsatz
du = dq + dw = 0
⇔ dq = −dw
= pdV.
Da die Expansion reversibel ist, ist der Druck des Gases zu jedem Zeitpunkt
während der Expansion gleich dem Außendruck. Mit dem idealen Gasgesetz ergibt sich damit für die Entropieänderung im Gas
dqrev
dw
pdV
1
=−
=
= nR dV
T
T
T
V
V2
= nR ln
V1
50 g
· (8.314 J K−1 mol−1 ) · ln 2
=
4 g mol−1
≈ 72.0 J K−1 .
dsGas =
⇒ ∆sGas
Beim reversiblen Prozess ist die Änderung der Gesamtentropie gleich Null, d.h.
∆sges = 0. Daraus folgt:
∆sGas = +72.0 J K−1
∆sUmg = −72.0 J K−1
∆sges = 0
b) Bei der Expansion ins Vakuum (p = 0) wird keine Volumenarbeit verrichtet, sodass
du = dq. Zudem wird keine Wärme ausgetauscht, sodass die Änderung der inneren
3
Energie Null sein muss. Daher muss im Fall des idealen Gases auch die Temperatur
des Gases konstant bleiben. Daraus folgt aber, dass der Anfangs- und Endzustand
bei der isothermen reversiblen Expansion und bei der irreversiblen Expansion ins
Vakuum derselbe ist. Da die Entropie eine Zustandsfunktion ist, muss ∆sGas =
+72.0 J K−1 sein, wie in Teilaufgabe a). Da weder Wärme noch Arbeit mit der
Umgebung ausgetauscht werden, findet keine Zustandsänderung in der Umgebung
statt. Die Gesamtentropie ist daher gleich der Entropieänderung im Gas.
∆sGas = +72.0 J K−1
∆sUmg = 0
∆sges = +72.0 J K−1
Ähnlich wie in Aufgabe 1 haben wir auch hier einen irreversiblen Prozess mit
einem reversiblen Prozess bei gleichem Anfangs- und Endzustand verglichen, um
die Entropieänderung des irreversiblen Prozesses zu bestimmen.
c) Hier wird keine Wärme mit der Umgebung ausgetauscht und somit bleibt auch die
Entropie im Gas und der Umgebung konstant.
∆sGas =0
∆sUmg =0
∆sges =0
Die drei verschiedenen Expansionen haben also alle unterschiedliche Entropieänderungen
zur Folge. In a) und b) sind die Endzustände des Gases dieselben, weshalb die
Entropieänderung im Gas dieselbe sein muss. Im Fall b) ist die Expansion jedoch
irreversibel, während sie in a) reversibel ist. Der Unterschied von a) zu c) liegt
im Endzustand: Da die Expansion in c) adiabatisch ist, wird die Temperatur des
Gases abnehmen und die der Umgebung zu, in a) sind die Temperaturen konstant.
Die unterschiedlichen Endzustände der Teilsysteme haben verschiedene Entropien, aber das Gesamtsystem hat aufgrund der Reversibilität seine Entropie jeweils
nicht verändert.
(3 Punkt)
3
a) Nach dem idealen Gasgesetz liegt, bei gleichbleibender Teilchenzahl n, die maximale Temperatur an demjenigen Punkt (V, p), wo das Produkt p · V maximal
ist. Umgekehrt ist das Produkt p · V minimal bei Tmin . Damit ergeben sich die
folgenden Beziehungen:
pmax · Vmax = nR · Tmax
pmin · Vmin = nR · Tmin
Der kleinste Wert für p · V ergibt sich beim Wertepaar (V1 , p1 ), d.h. im Punkt a.
Der größte Wert für p · V ergibt sich hingegen beim Wertepaar (V2 , p2 ), d.h. im
Punkt c.
Löst man obige Gleichungen nach nR und setzt sie gleich, erhält man mit den oben
4
genannten Wertepaaren den folgenden Zusammenhang:
p2 · V2
p1 · V1
=
und dadurch
Tmax
Tmin
p1 · V1
Tmin
=
Tmax
p2 · V2
b) Gemäß Aufgabenstellung gilt für die innere Energie eines idealen einatomigen Gases u = 23 nRT . Daraus lässt sich die Änderung der inneren Energie wie folgt
berechnen:
∂u
3
= nR
∂T
2
3
du = nRdT
2
⇔
Integration des obigen Ausdrucks in den Grenzen Ende (E) und Anfang (A) und
Verwendung der idealen Gasgleichung liefert
ZuE
uA
du =
ZTE
3
nRdT
2
TA
3
∆u = nR · (TE − TA )
2
1
3
(pE VE − pA VA ) .
= nR ·
2
nR
Für alle vier Teilschritte lässt sich damit die Änderung der inneren Energie angeben, indem man p1 , p2 , V1 und V2 entsprechend dem jeweiligen Prozess einsetzt.
Dies ist in Tabelle 1 zusammengefasst.
Die Volumenarbeit ist bei den Prozessen a→b und c→d gleich Null, da das Volumen hier konstant bleibt. Für die anderen beiden Schritte lässt sich die Volumenarbeit gegen den konstanten Druck über
dw = −pdV
p=const.
=
−p
Z
VE
dV
VA
= p (VE − VA )
bestimmen.
Die zu- bzw. abgeführte Wärme kann nun als Differenz zwischen der inneren Energie und der Volumenarbeit berechnet werden.
q = ∆u − w
In den ersten beiden Schritten (a→b, b→c) muss Wärme zugeführt werden, um erst
den Druck bei konstantem Volumen V1 zu erhöhen und anschließend um bei konstanem Druck p2 das Volumen zu vergrössern. Entsprechend wird bei der Druckverringerung im dritten und der Komprimierung im vierten Schritt Wärme an die
5
Umgebung wieder abgegeben.
Um die Entropieänderung der einzelnen Prozesse zu berechnen, muss wiederum ein
reversibler Weg vom Anfangs zum Endzustand gefunden werden. Ein Kreisprozess
in einem p,V -Diagramm ist immer reversibel, da jeder einzelne Punkt darauf ein
thermodynamisches Gleichgewicht beschreibt. Deshalb kann die Wärme direkt zur
Berechnung der Entropie verwendet werden. Damit ist
dq = dqrev = du + pdV.
Mit der Angabe u = (3/2)nRT erhält man für das totale Differential
∂u
∂u
∂u
du =
dT +
dV +
dp
∂T V,p
∂V T,p
∂p T,V
3
= nRdT.
2
Wir wollen jedoch bequemerweise über p und V integrieren, da die untersuchten
Prozesse entweder isobar oder isochor sind, und ersetzen deshalb
∂T
∂T
dT =
dp +
dV
∂p V
∂V p
V
p
=
dp +
dV,
nR
nR
wobei wir das ideale Gasgesetz benutzt haben. Damit ist
3
p
V
du = nR
dp +
dV
2
nR
nR
3
3
= V dp + pdV
2
2
und deshalb
3
3
dqrev = V dp + pdV + pdV
2
2
5
3
= V dp + pdV.
2
2
Nun können wir die Entropieänderung berechnen:
dqrev
T
5
nR 3
V dp + pdV
=
pV 2
2
3nR
5nR
=
dp +
dV,
2p
2V
Z pE
Z VE
3nR
5nR
∆s =
dp +
dV
2p
2V
pA
VA
5nR
pE
VE
3nR
+
.
ln
ln
=
2
pA
2
VA
ds =
6
Die entsprechenden Ausdrücke für q, w, ∆u und ∆s sind in nachstehender Tabelle
zusammengefasst. Die jeweiligen Vorzeichen ergeben sich aus der Tatsache, dass
V2 > V1 und p2 > p1 .
a→b
q
3
V
2 1
(p2 − p1 )
b→c
5
p
2 2
(V2 − V1 )
>0
w
c→d
3
V
2 2
(p1 − p2 )
>0
5
p
2 1
(V1 − V2 )
<0
−p2 (V2 − V1 )
0
d→a
<0
−p1 (V1 − V2 )
0
<0
∆u
3
V
2 1
(p2 − p1 )
3
p
2 2
(V2 − V1 )
>0
∆s
3nR
2
ln
3
V
2 2
(p1 − p2 )
>0
>0
>0
p2
p1
5nR
2
ln
3
p
2 1
(V1 − V2 )
<0
V2
V1
>0
3nR
2
ln
<0
p1
p2
<0
5nR
2
ln
V1
V2
<0
Tabelle 1: Übersicht über die ausgetauschte Wärme q, die ausgetauschte Arbeit w, die
Änderungen der inneren Energie ∆u und der Entropie ∆s.
c) Der Wirkungsgrad ist der Quotient aus zugeführter Wärme (q > 0) und gewonnener Arbeit (Σwi ). Nur bei den Teilschritten b→c und d→a wird Volumenarbeit
verrichtet, sodass sich die gewonnene Arbeit wie folgt berechnet:
wges = wb→c + wd→a
= −p2 (V2 − V1 ) + (−p1 (V1 − V2 ))
= −p2 (V2 − V1 ) + p1 (−V1 + V2 )
= (p1 − p2 )(V2 − V1 ).
Wärme wird in den ersten beiden Schritten dem Gas zugeführt. Dadurch ist die
Wärme, die zum Wirkungsgrad beiträgt durch
qrein = qa→b + qb→c
3
5
= V1 (p2 − p1 ) + p2 (V2 − V1 )
2
2
7
gegeben. Damit ergibt sich für den Wirkungsgrad
|wges |
|qrein |
|(p1 − p2 )(V2 − V1 )|
= 3
V (p2 − p1 ) + 52 p2 (V2 − V1 )
2 1
|(1 bar − 5 bar) · (2 L − 1 L)|
= 3
5
·
1
L
·
(5
bar
−
1
bar)
+
·
5
bar
·
(2
L
−
1
L)
2
2
ǫ=
≈ 22%.
Generell sollte stets in SI-Einheiten gerechnet werden. Die Einheiten im Nenner
und Zähler kürzen sich letzlich, so dass ǫ dimensionslos ist. Daher kann man in
diesem Fall auf die Umrechnung verzichten bzw. die Einheit bar·L im Nenner und
Zähler jeweils faktorisieren und anschließend kürzen.
d) Unter Verwendung der Formel für den Wirkungsgrad des Carnotprozesses,
ǫ=1−
Tk
Tmin
=1−
Tw
Tmax
und dem in a) hergeleiteten Ausdruck für
Tmin
Tmax
ergibt sich
p1 · V1
p2 · V2
1 bar · 1 L
=1−
5 bar · 2 L
= 90%.
ǫ=1−
Wie man sieht, ist der Carnot-Prozess deutlich effizienter.
e) Die isotherme Expansion (Schritt 1 von A nach B) und Komprimierung (Schritt 3
von C nach D) entsprechen aufgrund der konstanten Temperatur einer Horizontalen im T, s-Diagramm. Da bei einem reversiblen, adiabatischen Prozess die Entropie im System und in der Umgebung konstant bleibt, entsprechen die adiabatische
Expansion (Schritt 2 von B nach C) und Komprimierung (Schritt 4 von D nach A)
einer Vertikalen im T, s-Diagramm. Entsprechend muss der Carnot-Kreisprozess
ein Rechteck im T, s-Diagramm sein.
Die Richtung und die Eckpunkte in Anlehnung an Abbildung 10 im Skript können
folgendermaßen identifiziert werden. Bei der isothermen Expansion nimmt die
Entropie im Gas gemäss (Gleichung 195 im Skript, S. 99)
pE
VE
(∆S)T = −R ln
= R ln
pA
VA
zu. Bei der anschließenden adiabatischen Expansion kühlt sich das Gas ab. Daher
muss auf eine Entropieerhöhung von s1 und s2 eine Temperatursenkung von Tmax
auf Tmin folgen. Um dies zu erfüllen muss der Kreisprozess im T, s-Diagramm ebenfalls im Uhrzeigersinn durchlaufen werden. Zudem entspricht die linke obere Ecke
8
T
A
Tw
1
B
2
4
Tk
D
C
3
s2
s1
s
Abbildung 1: Der Carnot-Kreiprozess aus Abbildung 10 im Skript S. 90 dargestellt in einem
T, s-Diagramm.
des Rechtecks dem Punkt A. Aus diesen Überlegungen ergibt sich das folgende
Diagramm.
(8 Punkte)
9