Musterlösung¨Ubung 2

PCI (Biol./Pharm.) Thermodyn. Musterlösung Übung 2
H.P. Lüthi / R. Riek – HS 2016
Musterlösung Übung 2
Aufgabe 1: Thermischen Ausdehnung und Kompressibilität
a) Starten wir mit der Definition von α
1
∂
1 ∂V
=
(V )
α=
V ∂T p,n V ∂T p,n
und substituieren anschliessend V =
p
=
nRT
1
=
T
(1.1)
nRT
p
∂
∂T
p,n
nRT
p
p
=
nRT
nR
p
(1.2)
(1.3)
und ebenso für κT :
1
κT = −
V
=−
=
∂V
∂p
p
nRT
1 ∂
=−
(V )
V ∂p p,n
T,n
∂
nRT
p
nRT
=−
− 2
∂p p,n p
nRT
p
1
p
(1.4)
(1.5)
(1.6)
b) Der thermische Ausdehnungskoeffizient ist unabhängig vom Druck und der Kompressibilitätskoeffizient ist unabhängig von der Temperatur. Wenn die Temperatur eines Gases steigt, wird die Änderung des Volumens, welche von einer spezifischen Temperaturänderung resultiert, kleiner. Somit würde ein Temperaturanstieg von 1K eines Gases
bei T = T1 zu einer Volumenänderung führen, welche (*ungefähr) zweimal so gross ist wie
dasselbe Volumen bei T = 2T1 , ungeachtet vom Druck. (*diese Annäherung ist gültig bei
∆T T )
Aufgabe 2: Offene, geschlossene und abgeschlossene Systeme
a) Die Ampulle mit dem flüssigen Brom ist zugeschmolzen, der Stoffaustausch mit der Umgebung wird somit ausgeschlossen. Das System kann daher nur geschlossen oder abgeschlossen sein. Glas ist kein guter Isolator, daher kann Energie mit der Umgebung (z.B.
Temperaturänderung) ausgetauscht werden. Das System ist somit als geschlossen anzusehen.
b) Wenn die Thermosflasche als gut abgedichtet und ideal betrachtet wird, handelt es sich um
ein abgeschlossenes System. Auf einer langen Wanderung wird der Tee dennoch langsam
abkühlen. Demnach müsste die Thermosflasche dann als geschlossenes System angesehen
werden.
1
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c)
H.P. Lüthi / R. Riek – HS 2016
i. Der mit Helium gefüllte Luftballon wird seine Temperatur der Umgebungstemperatur
auf dem Jahrmarkt anpassen. Das System kann somit nur offen oder geschlossen sein.
Betrachtet man den Luftballon als ideal abgedichtet, kann man von einem geschlossen
System sprechen. In Realität kann eine komplette Abdichtung des Ballons jedoch nicht
gewährleistet werden, weshalb der Heliumballon nach einigen Tagen zu Hause nicht
mehr prall gefüllt ist. Das System ist somit offen.
ii. Der Ballon wird Richtung Grund des Ozeans sinken (angenommen der Stein ist schwer
genug) und dies wird zu einem Druckanstieg und eventuell zu einer Temperaturabnahme (abhängig von der Tiefe des Ozeans) im System führen. Arbeit wird an Helium verrichtet und Wärme wird mit der Umgebung ausgetauscht, ohne dass es zu
signifikantem Austausch von Materie kommt, wodurch der Ballon durch eine erste
Annäherung als geschlossenes System betrachtet werden kann, ähnlich wie der Ballon
auf dem Jahrmarkt.
Aufgabe 3: Zustandgsleichung des idealen Gases
Nach der Gleichung des idealen Gases pV = nRT . Da beide Volumina geschlossen sind, bleibt n1
sowie n2 konstant. Das Gesamtvolumen bleibt konstant, deswegen gilt Vtotal = V1 +V2 = V1e +V2e .
Am Ende ist die Umgebungstemperatur (und deswegen die Gleichgewichtstemperatur jedes
Gases) verdoppelt: T e = 2T . Somit gilt pe1 V1e = 2p1 V1 und pe2 V2e = 2p2 V2 . Die Wand muss auch
in der Gleichgewichtsposition sein, deswegen gilt pe1 = pe2 . Daraus folgt:
a)
pe1 V1e
V1e
2p1 V1
p1 V 1
n1 RT
n1
=
=
=
=
=
pe2 V2e
V2e
2p2 V2
p2 V 2
n2 RT
n2
(3.1)
Beachten Sie, dass das Volumenverhältnis auch bei einer anderen Temperaturänderung
gleich wäre. Aus dieser Gleichung und aus der Beziehung V1 + V2 = V1e + V2e folgt
V1e = Vtotal − V2e = Vtotal − V1e ·
V1e =
n2
n1
Vtotal
n1
n2 = Vtotal ·
1 + n1
n1 + n2
(3.2)
(3.3)
gleichfalls
V2e = Vtotal ·
n2
.
n1 + n2
(3.4)
b)
pe1 = pe2 =
n1 RT e
(n1 + n2 )RT e
=
V1e
Vtotal
(3.5)
Man sieht, dass der Enddruck die Endtemperatur T e als Faktor enthält. Das heisst, dass
wenn sich die Temperatur anders ändert, erhält man einen anderen Gleichgewichtsdruck,
aber die selben Endvolumina V1e und V2e .
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Aufgabe 4: Virialgleichung: Gasexpansion
a) Man kann die Volumenarbeit berechnen, indem die Virialgleichung nach dem Druck aufgelöst wird:
Z
V2
W =−
pdV
(4.1)
V1
Die Virialgleichung nach dem Druck aufgelöst ergibt:
p=
und somit
Z
nRT
V − nB
V2
W =−
V1
nRT
dV
V − nB
(4.2)
(4.3)
Substitution der Variabel ergibt
Z
V2 −nB
W =−
V1 −nB
nRT
dV
V
(4.4)
Nach Integration erhält man:
W = nRT ln
V1 − nB
V2 − nB
(4.5)
Mit der universellen Gaskonstante R = 8.314 J/mol K erhält man -5819 J.
b) Wir wissen aus Gleichung (3.2), dass
p=
nRT
V − nB
(4.6)
Im Vergleich zur entsprechenden Gleichung für ein ideales Gas ist das effektive Volumen
reduziert um B. Man kann sich vorstellen, dass durch die Wechselwirkung der Teilchen
effektiv weniger Raum zur Verfügung steht. Für die Arbeit bedeuted das, dass der logarithmische Faktor weiter weg von Null liegt, also negativer ist als für ein ideales Gas. Es
wird also mehr Arbeit verrichtet.
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