Musterlösung Übung 3

Transkript

1 Musterlösung Übung 3 Aufgabe 1: Der 1. Hautsatz der Thermodynamik a) Für ein geschlossenes System folgt aus der Energieerhaltung (Gleichung (94) im Skrit) du = dw + dq, (1.1) da ausser Arbeit und Wärme keine weiteren Energieformen ausgetauscht werden können. Ein abgeschlossenes System tauscht keine Energie mit der Umgebung aus, d.h. dq = 0 und dw = 0. Der erste Hautsatz für ein abgeschlossenes System kann deshalb wie folgt formuliert werden: du = 0 (1.) oder u = konstant. (1.3) b) (i) Für die isotherme (Temeratur bleibt konstant, dt = 0), reversible Exansion eines idealen Gases gilt du = 0 Somit folgt mit dem ersten Hautsatz du = dq + dw = 0 (1.4) dq = dw = dv. (1.5) Die Volumenänderungsarbeit ist gleich der Wärmezufuhr. Damit die Zustandsänderung reversibel ist, darf kein Energieaustausch mit der Umgebung erfolgen. (ii) Bei der Exansion ins Vakuum ( = 0 bar) 1 wird keine Volumenarbeit verrichtet, so, dass du = dq. Da die Zuständsänderung adiabatisch verläuft, gilt dq = 0 und somit gibt es keine Änderung der inneren Energie. Daher muss im Fall des idealen Gases auch die Temeratur des Gases konstant bleiben. Daraus folgt aber, dass Anfangs- und Endzustand bei der isothermen reversiblen Exansion identisch mit Anfangs- und Endzustand bei der irreversiblen Exansion ins Vakuum sind. (iii) Hier wird keine Wärme mit der Umgebung (adiabatischer Prozess) ausgetauscht, d.h. die Änderung der inneren Energie ist gleich der verrichteten Volumenarbeit. Mittels der Poisson Gleichung kann man den Druck als Funktion des Volumens und des Isentroenindex γ ausgedrückt werden. Da Stickstoff ein zweiatomiges Molekül ist, kann man γ über die Freiheitsgrade ausrechnen und erhält γ = 1.4. mit V 1 = V = nrt 1 1 du = dv (1.6) u = V V 1 dv = 1 V γ 1 V V 1 = 14 g Jmol 1 K 1 98 K 8.0 gmol Pa V γ dv = 1V1 1 γ γ = m 3 ( ) V 1 γ V 1 γ 1 (1.7) u = 750J (1.8) 1 Vakuum hat in der Regel einen endlichen Druck 0 bar. Man sricht z.b. von Hochvakuum, wenn der Umgebungsdruck mbar ist. 1

2 Aufgabe : V Diagram a) Die relative Änderung der Temeratur von einem Zustand zum nächsten kann von der thermischen Zustandsgleichung idealer Gase hergeleitet werden. Mit T = V ist es einfach nr zu sehen, dass Zustand d die höchste Temeratur hat. Es kann auch gezeigt werden, dass a die tiefste Temeratur hat mit T c =.5T a and T b =.66T a b) i. Beim Prozess ab bleibt das Volumen konstant (isochorer Prozess), deshalb: w ab = 0 und u ab = q ab = 150 J. (.1) Da die Enthalie durch h = u + V definiert ist, ist ihre Ableitung: dh = du + dv + V d (.) und da es im Prozess ab keine Volumenänderung gibt oder dh ab = du ab + V d ab (.3) h ab = u ab + V ab (.4) = 150 J m 3 ( Pa Pa) (.5) = 150 J J = 50 J (.6) ii. Beim Prozess bd bleibt der Druck konstant aber das Volumen ändert sich. Deshalb leistet das System Volumenarbeit: w bd = (V V 1 ) (.7) Die gesamte Arbeit beim Prozess abd ist: und die gesamte Wärme: = ( Pa)( m m 3 ) (.8) = 40 J (.9) w abd = w ab + w bd = 0 40 J = 40 J (.10) q abd = q ab + q bd = 150 J J = 750 J. (.11) Folglich ist die Änderung der inneren Energie: u abd = q abd + w abd = 750 J 40 J = 510 J (.1) Da der Druck während des Prozesses bd konstant bleibt, ist die Enthalieänderung gleich der ausgetauschten Wärme: h bd = u bd + V bd (.13) = u bd w bd (.14) = u abd u ab w bd (.15) = 510 J 150 J + 40 J (.16) = 600 J = q bd (.17)

3 Anmerkung: Wir haben die folgenden Beziehungen verwendet: 1 Pa = 1 N m = 1 kg kg m and 1 J = 1 Nm = 1. (.18) m s s c) iii. Da die Änderung der inneren Energie nicht vom Weg, sondern nur vom Anfangs- und Endzustand abhängig ist: u acd = u abd = 510 J. (.19) Die vom System geleistete Arbeit beim Prozess acd ist insgesamt: w acd = w ac + w cd = (V V 1 ) + 0 = ( Pa)( m m 3 ) (.0) = 90 J (.1) und die dem System zugeführte Wärme bei demselben Prozess ist q acd = u acd w acd = 510 J + 90 J = 600 J. (.) Tabelle.1: Zusammenfassung der Resultate. Prozess q w u h Prozess q w u h ab 150 J 0 J 150 J 50 J ac? 90 J?? bd 600 J 40 J 360 J 600 J cd? 0 J?? abd 750 J 40 J 510 J 850 J acd 600 J 90 J 510 J 850 J d) Um den Druck bei konstantem Volumen und Stoffmenge zu erhöhen, muss die Temeratur erhöht werden. e) Aus der Tabelle ist ersichtlich, dass die Prozessgrösse w wegabhängig ist (w abd w acd ). Einfacher gesagt: Das System leistet mehr Arbeit an seiner Umgebung wenn die Exansion bei höheren Drücken durchgeführt wird. f) Die Zustandsgrössen u und h sind wegunabhänging. Zum Beisiel: u = u ab + u bd u acd = 0. (.3) g) Siehe Lösung für Teil b)ii h) Die Annahme, dass Helium das benutzte Gas ist, gibt keine weiteren Informationen um die fehlenden Werte zu ergänzen. i) Unter der Annhame von 0.1 mol Gas kann die Temeratur jedes Zustands mit der idealen Gasgleichung berechnet werden T = V. Dies ergibt T nr a = 7.17 K, T b = K, T c = K and T d = K. Da die Änderung der inneren Energie als Funktion der Temeratur bei konstantem Volumen u = nc V T (.4) 3

4 ist, können wir C V aus u ab und T ab berechnen. Es ergibt sich C V = 1.47 J mol 1 K 1. Analog ist die Änderung der inneren Energie im Prozess cd gegeben durch: u cd = nc V T cd = 375 J (.5) Mit dem Wissen, dass u ac eine Zustandsfunktion ist, könnte man dies über die Summe u ab + u bd u cd or 135 J berechnen. Aus Sass können wir dies aber auch mit dem Wissen, dass für ein Gas C = C V + R = 0.78 J mol 1 K 1 ist, berechnen. Es folgt, dass der Wärmeaustausch und die Enthalieänderung bei konstantem Druck während des Prozesses ac q ac = h ac = nc T ac = 5 J (.6) ist. Mit dem ersten Gesetz der Thermodynamik können wir wiederum zeigen, dass u ac = w ac + q ac = 135 J. An diesem Punkt können wir das erste Gesetz nochmals verwenden, um q cd = u cd w cd = 375 J zu erhalten. h cd erhalten wir mit Gleichung.4 oder dem Fakt, dass h eine Zustandsgrösse ist und die Summe all ihrer Änderungen in einem Kreisrozess Null sein muss. Die ausgefüllte Tabelle wird unten gezeigt. Tabelle.: Zusammenfassung der Resultate. Prozess q w u h Prozess q w u h ab 150 J 0 J 150 J 50 J ac 5 J 90 J 135 J 5 J bd 600 J 40 J 360 J 600 J cd 375 J 0 J 375 J 65 J abd 750 J 40 J 510 J 850 J acd 600 J 90 J 510 J 850 J j) Der Wert von C V, welchen wir mit Gleichung.4 (1.47 J mol 1 K 1 ) berechnet haben, ist gleich 3 R. Daher ist das Gas einatomig. Die Annahme, dass das Gas auch bei den tiefsten Temeraturen (7 K bei 0.3 bar) nicht flüssig ist, lässt auf Helium oder Neon schliessen. Argon wäre auch eine Möglichkeit, aber Zustand a wäre sehr nahe beim Übergang zum Festkörer. Aufgabe 3: Das Poissonsche Gesetz a) C = ( ) H T,n ist die Wärmekaazität bei konstantem Druck. ( ) U C V = T V,n (3.1) (3.) ist die Wärmekaazität bei konstantem Volumen. Die Beziehung zwischen C und C V C C V = R. ist: 4

5 b) Das Poissonsche Gesetz steht, dass V γ = konstant (3.3) mit γ = C /C V. Man darf diese Gleichung unter den folgenden Bedingungen verwenden: Wenn das Gas ideal ist, wenn der Prozess reversibel geführt wird, wenn es keinen Wärmeaustausch mit dem Umgebung gibt. c) Helium ist ein einatomiges Gas, deshalb gilt, C V = 3 R und γ= 5 3. d) Stickstoff ist ein zweiatomiges Molekül. Wegen der Bindung hat jedes Atom mehr Trägkeit als ein Atom in einem einatomiges Gas. Bei tiefer Temeratur, wenn es keine Molekülschwingung (Vibrationen) gibt und nur die drei Translationsfreiheitsgrade und zwei Rotationsfreiheitsgrade aktiviert sind, ist C V = 5 R. Stickstoff hat deshalb ro Atom eine kleinere Wärmekaazität C V als ein Atom in einem einatomigen Gas. Nun, da γ = C C V = C V +R C V, sinkt γ wenn C V steigt. Das γ ro Atom ist das Selbe wie das γ ro Molekül da γ ein Verhältnis ist (wenn Sie den Zähler und den Nenner durch zwei teilen, ändert sich der Wert nicht). e) Bei hoher Temeratur steckt etwas Energie in der Schwingung zwischen den zwei Atomen des Moleküls. Mit den aktivierten Schwingungsfreiheitsgraden steigt C V um R. Jetzt wird C V,Stickstoff = 7R und dehalb ro Atom grösser als C V,Helium = 3 R. Wie in d) ausgeführt, ist γ Stickstoff immer noch kleiner als γ Helium. f) Das Poissonsche Gesetz sagt, dass T V γ 1 = konstant. Mit V = nrt/, wird das Poissonsche Gesetz T γ = konstant. Das Poissonsche Gesetz für den Anfangzustand ist gleich γ 1 dem Poissonschen Gesetz für den Endzustand: und T e =168 C. T γ a γ 1 a = T γ e γ 1 e Aufgabe 4: Wärmekaazität Eingesetzte Werte: H Eis fus = kj/mol C H O = 75.3 J/(mol K) n H O = g 18 g/mol = 10 mol n Eis = 36.0 g 18 g/mol = mol Individuelle Schritte des Wärmeausstausches bis Equilibirum erreicht ist: Da das Eis bereits bei 0 Celsius ist (Schmelzunkt) müssen wir es nicht erst erwärmen bevor es zu schmelzen beginnt. Zuerst schmilzt das Eis bei gleichbleibender Temeratur(1). Nach dem Schmelzen des Eises ändert sich die Temeratur() während das kalte Wasser Wärme austauscht mit dem bereits bestehenden flüssigen Wasser(3) bis Equilibrium erreicht ist. 1. Das Eis schmelzen: Q fus = n Eis H Eis fus 5

6 . Das geschmolzene Eis erwärmen: Q Eis = n Eis C H O 3. Das Wasser kühlen: Q H O = n H O C H O (T f T H O i ) (T f T Eis i ) Da das System bestehend aus Eis und Wasser abgeschlossen ist: Q fus + Q Eis + Q H O = 0 n Eis Hfus Eis + n Eis C H O auflösen nach T f = n Eis C H O (T f Ti Eis ) + n H O C H O (T f T H O i ) = 0 Ti Eis +n H O C H O T H O i n Eis Hfus Eis n Eis C H O +n H O C H O = mol 75.3 J mol 1 K 1 73 K +10 mol 75.3 J mol 1 K 1 35 K mol J mol 1 mol 75.3 J mol 1 K mol 75.3 J mol 1 K 1 = 303 K 6