Übung vom 21.11.08 mit Lösungen - me

PC-Übung Nr.5 vom 21.11.08
Sebastian Meiss
7. Dezember 2008
1. Entropie
a) Welche Aussage macht der zweite Hauptsatz der Thermodynamik bezüglich
der Entropieänderung?
b) 1 Liter Wasser wird von 0◦ C auf 100◦ C aufgeheizt. Wie groß ist die Entropieänderung des Wassers?
2. Quo vadis im pV-Diagramm
a) Oder: Warum sind Adiabate steiler als Isotherme?
b) In der Vorlesung haben Sie erfahren, dass die Arbeit, die während einer adiabatischen Expansion eines Mols idealen Gases verrichtet wird, wie folgt formuliert werden kann
R
(T1 − T2 )
Wad =
κ−1
wobei κ = ccvp . Formulieren Sie nun Wad als Funktion von V1 und V2 !
3. Wärmekraftmaschine
Der Wirkungsgrad einer Wärmekraftmaschine beträgt 0,35. Bei jedem zyklischen
Prozess entnimmt sie 150 J Wärme aus einem heißen Reservoir.
a) Wieviel Arbeit verrichtet sie pro Zyklus?
b) Wieviel Wärme gibt sie pro Umlauf an das kältere Reservoir ab?
4. Carnot-Prozess
Welche Änderung wirkt sich auf den Carnot-Wirkungsgrad stärker aus: Eine Temperaturerhöhung des wärmeren Reservoirs um 5K oder eine Temperaturerniedrigung des kälteren Reservoirs um 5 K?
5. Haben Sie den Joule-Thompson-Effekt verstanden?
Beim Joule-Thompson-Prozess lässt man ein reales, stark komprimiertes Gas expandieren. Bei der Expansion verrichtet das Gas keine mechanische Arbeit (es wird
kein Kolben bewegt) und das System nimmt auch keine Wärme aus der Umgebung
auf. Trotzdem ändert sich die innere Energie U des Gases! Was geschieht mit dem
1
Gas während der Expansion(abgesehen von der Volumenänderung), und warum
ändert sich U ?
6. Zusatz-Aufgabe: Molare Wärmekapazität nach Einstein
Nach dem Einstein-Modell gilt für die molare Wärmekapazität eines kristallinen
Festkörpers:
ΘE
¶2
µ
eT
ΘE
cV,m = 3R
³ Θ
´2
E
T
T
e −1
ΘE ist die sog. Einstein-Temperatur. Sie ist eine systemspezifische Größe. Zeigen
Sie, dass im Falle T >> ΘE die Dulong-Petit-Regel (cV,m ≈ 3R) zutrifft!
Tipp: Entwickeln Sie die Exponentialfunktion und wählen Sie ein geeignetes Abbruchkriterium.
2
Lösungen
1. Entropie
a) Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik gibt die Richtung einer spontan
ablaufenden Reaktion vor. Dies geschieht durch die Betrachtung der Entropieänderung, welche bei reversiblen Prozessen gleich 0 (∆Srev = 0) und bei
irreversiblen Prozessen größer als 0 (∆Sirrev > 0).
b) Hierzu betrachten wir die Formel für die Entropie
dS =
dQ
T
Dies gilt aber für sehr kleine Änderungen der Entropie, möchten wir ∆S
berechnen, so müssen wir integrieren
Z T2
dQ
∆S =
T
T1
Wir müssen aber über die Temperatur integrieren und nicht über die Wärme,
wir müssen daher die Wärme umschreiben, es gilt
∆Q = m ∗ c ∗ ∆T ⇒ dQ = m ∗ c ∗ dT
In obige Gleichung
Z
T2
m∗c∗
∆S =
T1
T2
1
dT = m ∗ c ln( )
T
T1
Nun können wir die Angaben nutzen
m = 1kg; c = 4, 18
kJ
; T1 = 273K; T2 = 373K
kgK
Einsetzen ergibt
∆S = 1kg ∗ 4, 18
3
kJ
373
kJ
ln(
) = 1, 3
kgK
273
K
2. Quo vadis im pV-Diagramm
a) Adiabate sind steiler als Isotherme, da bei einem adiabatischen Prozess nicht
die Temperatur sondern die Wärme konstant ist. Bei einem adiabatischen
Prozess gelangt man also von einer Isothermen (Hyperbeln im pV -Diagramm)
auf eine andere, eine höhere oder eine niedrigere, je nachdem in welche Richtung man sich bewegt. Man kann dies anschaulich sehen, indem man sich den
Carnot-Prozess betrachtet, der aus zwei isothermen und zwei adiabatischen
Prozessen besteht.
b)
R
(T1 − T2 )
Wad =
κ−1
wobei κ = ccvp ist als Funktion von V1 und V2 zu formulieren.
Man muss hier eine Beziehung für adiabatische Prozesse nutzen:
T1 V1κ−1 = T2 V2κ−1
Wenn man dies nun nutzt und
µ
T2 = T1
V1
V2
¶κ−1
oben einsetzt, dann bekommt man die Formel
µ ¶κ−1
R
V1
Wad =
(T1 − T1
)
κ−1
V2
Wad
R
T1 (1 −
=
κ−1
µ
V1
V2
¶κ−1
)
Ersetze nun RT1 = p1 V1
Wad
p1 V1
=
(1 −
κ−1
µ
V1
V2
¶κ−1
)
3. Wärmekraftmaschine
Es gilt mit Q1 als Wärme des warmen Reservoirs, Q2 die des kalten Reservoirs
∆Q1 = ∆W + ∆Q2
wobei
∆W = η∆Q1
⇒ ∆W = 0, 35 ∗ 150J = 52, 5J
∆Q2 = ∆Q1 − ∆W = 97, 5J
4
4. Carnot-Prozess
Für den Carnot-Prozess (und nur für den Carnot-Prozess) gilt
η =1−
Tk
Tw
Wobei Tk die Temperatur des kalten Reservoirs und Tw die des warmen Reservoirs
ist. Für allgemeine Prozesse müssen statt der Temperaturen die Wärmemengen
verwendet werden!
Nun betrachten wir zwei neue Wirkungsgrade
ηa = 1 −
Tk − 5
Tw
Tk
Tw + 5
Es ist leicht zu sehen, dass sowohl ηa als auch ηb größer sind als η. Nun muss man
schauen, welcher der beiden neuen Wirkungsgrade größer ist.
Behauptung:
ηa > ηb
ηb = 1 −
Beweis:
Tk − 5
Tk
>1−
Tw
Tw + 5
Tk − 5
Tk
⇔
<
Tw
Tw + 5
multipliziere nun mit den beiden Nennern
1−
⇔ (Tk − 5)(Tw + 5) < Tk ∗ Tw
⇔ Tk Tw − 5Tw + 5Tk − 25 < Tk Tw
⇔ 5Tk − 25 < 5Tw
Dies ist offensichtlich erfüllt, da Tk < Tw gilt.
⇒ ηa > ηb
Daher wirkt sich die Erniedrigung der Temperatur Tk um 5K stärker auf den
Wirkungsgrad aus.
5
5. Haben Sie den Joule-Thompson-Effekt verstanden? 1
In einem idealen Gas sind innere Energie und Enthalpie nicht vom Volumen bzw.
vom Druck abhängig. Für ideale Gase gilt also
¶
µ
¶
µ
∂H
∂U
= 0;
=0
∂V T
∂p T
Bei realen Gasen kommen jedoch der innere Druck (Binnendruck, hier mit Π bezeichnet) und der isotherme Drosseleffekt (²) hinzu, die gegeben sind durch
µ
¶
µ ¶
∂U
∂p
Π=
=T
−p
∂V T
∂T V
µ
¶
µ ¶
∂H
∂v
=v−T
²=
∂p T
∂T p
Somit sind innere Energie und Enthalpie also volumen- bzw. druckabhängig!
Im Joule-Thomson-Experiment wird ein stark komprimiertes Gas adiabatisch entspannt. Hier gilt
U2 − U1 = p1 V1 − p2 V2
Umstellen zu
U1 + p1 V1 = U2 + p2 V2
ergibt, dass
H1 = H2
somit läuft dieser Prozess isenthalpisch ab, die Enthalpie ist also konstant und
damit
¶
µ
¶
µ
∂H
∂H
dp +
dT = 0
dH =
∂p T
∂T p
Wir wollen hier also nun das betrachten, was wir beobachten, nämlich die Temperaturänderung in Abhängigkeit des Druckes bei konstanter Enthalpie
µ ¶
∂T
∂p H
Diese Abhängigkeit wird als Joule-Thomson-Koeffizient µ bezeichnet. Er ist gegeben als
³ ´
∂H
µ ¶
∂p
²
∂T
= − ¡ ∂H ¢ T = −
µ=
∂p H
cp
∂T p
Für ideale Gase gilt ² = 0, für reale Gase lässt sich durch den Joule-ThomsonKoeffizienten die Abkühlung des Gases erklären. 2
1
2
Lösung nach Wedler S. 248 ff.
Weitere Informationen liefert Wedler S.250 ff bzw. die Vorlesungsnotizen
6
6. Zusatz-Aufgabe: Molare Wärmekapazität nach Einstein
Zu zeigen ist hier, dass
µ
CV,m = 3R
ΘE
T
¶2
e
³
e
ΘE
T
ΘE
T
´2
−1
für T >> ΘE die Dulong-Petit-Regel (CV,m ≈ 3R) erfüllt. Hierzu müssen wir
zunächst die Exponentialfunktion durch eine Reihenentwicklung darstellen. Für
T >> ΘE folgt, dass der Bruch ΘTE gegen 0 geht.
Sei also nun
ΘE
x=
T
Zur Entwicklung der Exponentialfunktion nutzen wir die Taylorentwicklung (siehe
Mathe-PDF) nach der
x
ex = 1 + x + + ...
2
ist, wobei wir hier nur bis zum quadratischen Term entwickeln, da x sehr klein ist,
weshalb die Terme hoher Ordnung vernachlässigt werden können. Betrachten wir
nun die Gleichung
ex
CV,m = 3Rx2
(ex − 1)2
und ersetzen hier nun die Exponentialfunktion durch deren Potenzreihe, so erhalten
wir
x2
21 + x + 2
CV,m = 3Rx ¡
2 ¢2
x + x2
ausmultiplizieren liefert
CV,m = 3R
x2 + x3 +
x2 + x3 +
Aus
lim
x→0
x2 + x3 +
x2 + x3 +
x4
2
x4
4
x4
2
x4
4
=1
folgt
CV,m ≈ 3R fürx =
7
ΘE
→0
T