Aufgaben zu Abschnitt 4: Ideale Gase

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1 Aufgaben zu Abschnitt 4: Ideale Gase Aufgabe 4.1 Ein ideales Gas weist die spezielle Gaskonsante R = 0,18892 /()) auf. Bei einer Zustandsänderung ist der mittlere Isentropenexponent zu κ m = 1,2542 gegeben. a) Man berechne die mittlere spezifische isochore Wärmekapazität c vm. b) WiegroßistdiemittlerespezifischeisobareWärmekapazitätc pm? (Schwierigkeitsgrad: leicht) a) c vm = 1 κ m 1 R cvm = 1 0, =0, , b) c pm = c vm κ m c pm =0, , 2542 = 0, Aufgabe 4.2 Ein einatomiges Gas (Edelgas) weist die Molmasse M = 39,948 /kmol auf. Sein - von der Temperatur nicht abhängiger - Isentropenexponent ist κ = 1,6667 = const. Man berechne a) die spezielle Gaskonstante R, b) die Normdichte ϱ 0, c) das Normvolumen V 0 von m = 1 des Edelgases, d) die spezifische Wärmekapazität bei konstantem Druck c p, e) die spezifische Wärmekapazität bei konstantem Volumen c v, f) die normvolumenbezogene isobare Wärmekapazität C p, g) die normvolumenbezogene isochore Wärmekapazität C v. (Schwierigkeitsgrad: leicht) a) R = Rm M 8, R = 39, 948 b) ϱ 0 = p0 RT 0 ϱ 0 = c) V 0 = mrt0 p 0 V 0 = kmol =0, kmol K 1, bar 0, , 15 K 1 0, , 15 K 1, bar 100 =1, m 3 bar m 3 m 3 bar 100 d) c p = κ 1, 6667 R cp = 0, =0, κ 1 1, e) c v = c p R c v =0, , K f) C p = c p ϱ 0 C p =0, g) C v = c v ϱ 0 C v =0, =0, , =0, m3 1, =0, m3 =0, m3 m 3 K m 3 K Anmerkung: Bei dem genannten Edelgas handelt es sich um Argon. Springer Fachmedien Wiesbaden 2015 M. Dehli, Aufgabensammlung Technische Thermodynamik, DOI / _4

2 28 4 Ideale Gase Aufgabe 4.3 Ein Verbrennungsgas mit der konstanten Masse m 1 = m 2 = m = 0,01258, von dem die spezielle Gaskonstante R nicht bekannt ist, befindet sich im Zylinder eines Großdieselmotors; sein Druck ist = 83,021 bar und seine Temperatur t 1 = 2137,52 C, wobei sein Volumen V 1 = 0,0011 m 3 beträgt. Das Verbrennungsgas kann näherungsweise als ideales Gas angenommen werden. Das Gas wird reversibel und isentrop entspannt, wobei seine Temperatur auf t 2 = 841,45 C abnimmt und sein Volumen auf V 2 = 0,0121 m 3 zunimmt. Es sind zu berechnen: a) die spezielle Gaskonstante R, b) der mittlere Isentropenexponent κ m, c) die mittlere spezifische isochore Wärmekapazität c vm und die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität c pm, d) der Druck p 2, e) die bei der Expansion abgegebene Arbeit W V 12, f) die Dichte ϱ 1 beim Zustand 1 sowie die Normdichte ϱ 0. (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) R = p1 V1 mt 1 R = 83, 021 bar 0, 0011 m3 0, , 67 K 100 =0, m 3 bar b) T 1 V κ 1 1 = T 2 V κ 1 2 ( V2 V 1 ) κ 1 = T1 T 2 ln [( V 2 V 1 ) κ 1] =ln T 1 T 2 κ m = κ = c) c vm = ln T1 T 2 ln V2 V 1 +1 κ m = (κ 1) ln V2 =ln T1 V 1 T , 67 ln 1114, 60 +1=1, , 0121 ln 0, κ m 1 R cvm = 1 0, =0, , c pm = c vm + R c pm =0, , d) V κ 1 = p 2 V κ 2 p 2 = ( V1 V 2 ) κ p 2 =83, 021 bar e) W V 12 = mr (T2 T1) κ 1 W V 12 = f) ϱ 1 = p1 RT 1 ϱ 1 = ϱ 0 = 0, , (1, ) p0 RT 0 ϱ 0 = 83, 021 bar 0, , 67 K 1, bar 0, , 15 K =1, ( 0, 0011 ) 1,32170 =3, 4896 bar 0, 0121 (1114, , 67) K = 15, =11, 4362 m 3 bar m =1, m 3 bar m 3

3 Aufgaben zu Abschnitt 4 29 Aufgabe 4.4 In einem geschlossenen Behälter befindet sich die Molmenge n 1 = n 2 = n = 0,1805 kmol des Flüssiggases Butan (C 4H 10) in gasförmigem Zustand; dessen Molmasse beträgt M = 58,124 /kmol. Das Butan kann in erster Näherung als ideales Gas aufgefasst werden. Es weist die Temperatur t 1 = 90,00 C und den Druck = 1,10 bar auf. Es sind zu berechnen: a) die spezielle Gaskonstante R, b) die Masse m 1 = m 2 = m, c) das Volumen V 1, d) die Normdichte ϱ 0, e) das Normvolumen V 0. Nunmehr wird dem Gas bei einer reversiblen isochoren Zustandsänderung die Wärme Q 12 = 196,136 zugeführt, wobei die Temperatur auf t 2 = t 1 = 100,00 C ansteigt. Für diese Zustandsänderung sind f) diemittlerespezifischeisochorewärmekapazitätc vm und die mittlere spezifische isobare Wärmekapazität c pm, g) der Druck p 2 zu bestimmen. (Schwierigkeitsgrad: leicht) a) R = Rm M R = 8, , 124 kmol K kmol =0, b) m = nm m=0, 1805 kmol 58, 124 =10, 4914 kmol c) V 1 = mrt1 10, , , 15 K m 3 bar V 1 = 1, 10 bar 100 d) ϱ 0 = p0 RT 0 ϱ 0 = e) V 0 = mrt0 p 0 V 0 = 1, bar 0, , 15 K 100 =2, m 3 bar m 3 10, , , 15 K 1, bar m 3 bar 100 =4, 9547 m3 =4, m3 f) Q 12 = mc vm (T 2 T 1) Q , 136 c vm = c vm = =1, m (T 2 T 1) 10, 4914 (373, , 15) K c pm = c vm + R c pm =1, , =2, g) p2 = T2 T 2 373, 15 p 2 = p 2 =1, 10 bar =1, 1303 bar T 1 T 1 363, 15 Aufgabe 4.5 Ein - Stickstoff N 2 enthaltender - Druckbehälter hat das Volumen V 1 = V 2 = V = 20,0 m 3. Er wird bei der gleich bleibenden Temperatur t 1 = t 2 = t =10 C mit der zusätzlichen Menge Δm = m 2 m 1 = 70,0 Stickstoff befüllt. Stickstoff N 2 kann als ideales Gas mit R = 0,29680 /() aufgefasst werden. a) Wie groß ist die Druckerhöhung Δp = p 2 infolge der zusätzlichen Befüllung?

4 30 4 Ideale Gase Der Betriebsmeister stellt fest, dass der Absolutdruck nach der zusätzlichen Befüllung p 2 = 13,5360 bar beträgt. b) Wie groß war der ursprüngliche Druck, und welche Stickstoffmasse m 1 befand sich vor der zusätzlichen Befüllung im Behälter? c) Wie groß war die Dichte ϱ 1 vor der zusätzlichen Befüllung, und welchen Wert weist die Dichte ϱ 2 nach der zusätzlichen Befüllung auf? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) p 2 V = m 2 RT V = m 1 RT (p 2 ) V =(m 2 m 1) RT p 2 =Δp =Δm RT V Δp =70, 0 0, , 15 K 20, 0m 3 b) = p 2 Δp =13, 5360 bar 2, 9414 bar = 10, 5946 bar m 3 bar 100 =2, 9414 bar m 1 = p1 V RT c) ϱ 1 = p1 RT ϱ 2 = p2 RT m 1 = 10, 5946 bar 20, 0m3 0, , 15 K ϱ 1 = ϱ 2 = 10, 5946 bar 0, , 15 K 13, 5360 bar 0, , 15 K 100 = 252, 1356 m 3 bar 100 =12, 6068 m 3 bar m =16, 1068 m 3 bar m 3 Aufgabe 4.6 Mit den Worten Etiam tu mi fili Brute und nach einem letzten Atemzug starb Gaius Iulius Caesar am 15. März 44 v. Chr. auf den Stufen des Pompeiustheaters in Rom. a) Mit welcher Gleichung lässt sich die Molmenge n von Caesars letztem Atemzug berechnen? Welcher Wert ergibt sich für die Molmenge n, wenn für das Volumen des letzten Atemzugs V = 0,5 l, für den Druck p = 1 bar und für die Temperatur t =25 C anzusetzen ist? b) Wieviele Moleküle N enthielt Caesars letzter Atemzug? c) Im Zeitraum bis zur heutigen Zeit haben sich diese Moleküle gleichmäßig in der Erdatmosphäre verteilt, deren Masse rund m EL =5, g beträgt. Wieviele Moleküle N C aus Caesars letztem Atemzug sind in jedem Atemzug eines erwachsenen Menschen enthalten, bei dem die eingeatmete Luft die Masse m M =1ghabenmöge? d) (Ergänzende Rechnung:) Die Oberfläche der Erde beträgt A E = 509, km 2. Wie lässt sich hieraus die Masse der Erdatmosphäre m EL bestimmen? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) pv = nr m T n = pv R m T n = 1, 0bar 0, 0005 m3 kmol K 8, , 15 K 100 bar m 3 =2, kmol = 0, mol

5 Aufgaben zu Abschnitt 4 31 b) N = nn A mit N A =6, Molekuele kmol N =2, kmol 6, Molekuele kmol c) NC N = mm m EL N C = N mm m EL N C =1, Molekuele =1, Molekuele 1g =2, Molekuele 5, g Der Atemzug eines erwachsenen Menschen in der heutigen Zeit enthält 2 bis 3 Moleküle aus Caesars letztem Atemzug. d) p = F p = mel g A E A E m EL = AE p g m EL = 509, km 2 1bars 2 9, 81 m 106 m 2 km 105 N 2 m 2 bar m 1Ns =5, = 5, g Aufgabe 4.7 Ein Lastkraftwagenreifen ist mit Luft gefüllt. Sein Volumen kann als konstant angenommen werden: V = V 1 = V 2 = V 3 =0,12m 3 = const. Die Luft im Reifen weist bei einem Barometerstand von p amb = 1,0 bar den Überdruck e = 4,5 bar und die Temperatur t 1 =20 C auf. Luft kann als ideales Gas betrachtet werden. Die Molmasse ist M = 28,964 /kmol, die spezifische isobare Wärmekapazität hat den Wert c p = 1,004 /(); die spezifische Gaskonstante hat den Wert R = 0,28706 /(). a) Wie groß ist der Absolutdruck abs im Reifen? Es ist die Gasmasse m 1 im Reifen zu berechnen. b) Welchen Wert besitzt die spezifische isochore Wärmekapazität der Luft c v? c) Während der Fahrt wird der Luft im Reifen, der als geschlossenes adiabates System aufgefasst werden kann, innere Reibungsarbeit W RI = (Q 12) rev zugeführt, wobei die Temperatur auf t 2 =70 C ansteigt. Wie groß ist diese zugeführte reversible Ersatzwärme (Q 12) rev = W RI? Welcher Absolutdruck p 2abs und welcher Überdruck p 2e herrschen jetzt im Reifen? d) Der Lastkraftwagenfahrer lässt an der Tankstelle erhitzte Luft so lange aus dem Reifen, bis sich wieder der ursprüngliche Überdruck p 3e = e = 4,5 bar einstellt; die Temperatur der erhitzten Luft bleibt dabei gleich. Welche Luftmasse Δm = m 2 m 3 entweicht dabei? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) abs = p amb + e p abs =1, 0bar+4, 5bar=5, 5bar m 1 = p1 V1 RT 1 m 1 = 5, 5bar 0, 12 m3 0, , 15 K b) c v = c p R c v =(1, 004 0, 28706) 100 =0, 7843 bar m3 =0, 71694

6 32 4 Ideale Gase c) (Q 12) rev = U 2 U 1 = mc v (T 2 T 1)=mc v (t 2 t 1) (Q 12) rev =0, , (70 20) K = 28, 1148 p 2abs = m1 RT2 V 1 = abs T 2 T 1 p 2e = p 2abs p amb p 2abs =5, 5bar 343, 15 K =6, 4381 bar 293, 15 K e =6, 4381 bar 1, 0bar=5, 4381 bar d) p 3 V 3 = m 3 RT 3 = abs V 1 p 2abs V 2 = m 1 RT 2 = m 1 RT 3 = p 2abs V 3 m 3 m 1 = p3 p 2abs Δm = m 2 m 3 = m 1 m 3 abs 5, 5bar m 3 = m 1 m 3 =0, 7843 =0, 6700 p 2abs 6, 4381 bar Δm =0, , 6700 = 0, 1143 Aufgabe 4.8 Im gekühlten Verdichter einer Kältemaschine wird der Massenstrom ṁ = 0,05 /s Ammoniak- Gas (NH 3, R 717,) vom Zustand 1 ( =1,0bar;t 1 =-30 C) auf den Zustand 2 (p 2 = 12,0 bar; t 1 = 120 C) polytrop und reversibel verdichtet. Ammoniak kann als ideales Gas mit der spezifischen isobaren Wärmekapazität c p = 2,0586 /() = const., der spezifischen isochoren Wärmekapazität c v = 1,5704 /() = const., der speziellen Gaskonstante R = 0,4882 /() und der Molmasse M = 17,0305 /kmol aufgefasst werden. a) Es sind der Polytropenexponent n sowie der Isentropenexponent κ zu berechnen. b) Welche zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) P p12 pol ist bei der Verdichtung zuzuführen? Welchen Wert hat die dabei abzuführende Wärmeleistung ( Q 12 pol ) rev? Wie groß ist die zeitbezogene Entropieänderung(Ṡ2 Ṡ1) pol? Zum Vergleich ist auch eine reversibel-isotherme Verdichtung desselben Massenstroms ṁ = 0,05 /s Ammoniak-Gas vom Zustand 1 ( =1,0bar;t 1 =-30 C) auf den Zustand 2 (p 2 = p 2 = 12,0 bar; t 2 = t 1 =-30 C) zu berechnen. c) Welche zeitbezogene Druckänderungsarbeit (Leistung) P p12 ith müsste hierbei zugeführt werden? Wie groß wäre die dabei abzuführende Wärmeleistung ( Q 12 ith) rev? Wie groß wäre die zeitbezogene Entropieänderung (Ṡ2 Ṡ1) ith? (Schwierigkeitsgrad: mittel) ln p2 p a) n = 1 n = ln p2 ln T2 ln 12 T 1 1 κ = cp 2, 0586 κ = =1, 3109 c v 1, 5704 ln 12 1 =1, , 15 ln 243, 15 b) P p12 pol = n n 1 ṁr (T2 T1) P p12 pol = n ṁr (t2 t1) n 1 P p12 pol = 1,2397 0, 05 0,2397 s 0,4882 ( Q 12 pol ) rev = (120 ( 30)) K = 18,9368 kw n κ (κ 1) (n 1) ṁr (T2 T1) = n κ ṁr (t2 t1) (κ 1) (n 1)

7 Aufgaben zu Abschnitt 4 33 ( Q 12 pol ) rev = 1, , , , 2397 (Ṡ2 Ṡ1) pol = ṁc p ln T2 T 1 ṁr ln p2 0, 05 s 0,4882 (120 ( 30)) K = 3,4982 kw (Ṡ2 Ṡ1) pol = 0, 05 s 2, , 15 ln 0, 05 0, , 15 s ln 12 1 = 0,01120 kw K c) P p12 ith = ṁrt 1 ln p2 P p12 ith =0, 05 s 0, , 15 K ln 12 1 =14,7486 kw ( Q 12 ith) rev = P p12 ith ( Q 12 ith) rev = 14,7486 kw (Ṡ2 Ṡ1) ith = ṁr ln p2 (Ṡ2 Ṡ1) ith = 0, 05 s 0,4882 ln 12 1 = 0,06066 kw K Aufgabe 4.9 Der Reibungswiderstand, den ein Hindernis wie z. B. ein Regelungsventil oder ein Absperrhahn in einer adiabaten, von einem Fluid durchströmten Leitung verursacht, wird durch den dimensionslosen Faktor (Einzelwiderstandsbeiwert) ζ beschrieben. Sind, ϱ 1 und c 1 Druck, Dichte und Geschwindigkeit vor dem Strömungshindernis, so gilt p 2 = ζ 1 2 ϱ 1 c 2 1. Innerhalb einer raffinerietechnischen Anlage ist in einer adiabaten Leitung für das ideale Gas Wasserstoff H 2 ein Regelungsventil eingebaut; das Gas hat die Temperatur t 1 =10 C, den Druck = 2,50 bar und die Geschwindigkeit c 1 = 10 m/s. Das Gas kann als ideales Gas behandelt werden; es weist die spezielle Gaskonstante R = 4,1245 /() und die Dichte im Normzustand ϱ 0 = 0,08989 /m 3 auf. Innerhalb des Regelungsventils wird das Gas bei einer adiabaten Zustandsänderung vom Zustand 1 auf den Zustand 2 isotherm und isenthalp gedrosselt. Der Einzelwiderstandsbeiwert für das Regelungsventil in geöffnetem Zustand beträgt ζ = 3,7; der Durchmesser der Leitung mit kreisförmigem Querschnitt ist d = 250 mm. a) Wie groß sind der Volumenstrom V 1 vor dem Regelungsventil und der Massenstrom ṁ? Welchen Wert weist die Dichte ϱ 1 des Gases vor dem Regelungsventil auf? b) Es soll die Differenz der Drücke vor und hinter dem Ventil p 2 und daraus der Druck p 2 bestimmt werden. c) Welche Reibungsleistung P RI (= zeitbezogene Reibungsarbeit) wirkt im Gasstrom? d) Welche sekundliche Entropieänderung (Ṡ2 Ṡ1) ith ist mit dem Drosselvorgang verbunden? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Bild 4.1 Zu Aufgabe 4.9

8 34 4 Ideale Gase a) V1 = Ac 1 = π 4 d 2 c 1 V1 = π 4 0, 252 m 2 10 m s =0, m3 s p0 ϱ 0 = RT 0 ϱ 1 = p1 RT 1 ϱ 1 = ϱ 0 p 0 T 0 T 1 ṁ 1 = ϱ 1 V1 ϱ 1 =0,08989 m 2,50 bar 3 1,01325 bar 273,15 K =0, ,15 K m 3 ṁ 1 =0, m3 0, =0, m3 m3 s s b) p 2 = ζ 1 2 ϱ 1 c 2 1 p 2 =Δp =3,7 1 0, m m 2 Ns s 2 m bar m N =0, bar p 2 = Δp p 2 =2,50 bar 0, bar = 2, bar c) P RI =( Q 12) rev = V1 ln p1 p 2 P RI =2,50 bar 0, m3 s d) Ṡ 2 Ṡ1 = p1 V 1 T p1 ln = PRI p 2 T ln 2,50 bar 2, bar 0,01943 kw Ṡ 2 Ṡ1 = 283,15 K =0, kw K =0,06862 W K 100 =0,01943 kw = 19, 43 W m 3 bar Aufgabe 4.10 Ein Fachmann für das MIG-Schweißverfahren führt in seinem Lastkraftwagen u. a. eine Drucasflasche mit dem Edelgas Argon Ar mit sich, die das Volumen V 1 =0,08m 3 aufweist. Er parkt das Fahrzeug im Freien. Morgens haben das Fahrzeug, die Drucasflasche sowie das hierin enthaltene Argon eine Temperatur von t 1 =3 C. Der Überdruck in der Gasflasche beträgt e = 82,9 bar; der Umgebungsdruck ist p L = 1,0 bar. Argon kann in guter Näherung als ideales Gas mit R = 0,20813 /() und c p = 0,5203 /() behandelt werden. a) Welcher Absolutdruck ist in der Flasche vorhanden? Wie groß ist die Masse m des Argons? Durch starke Sonneneinstrahlung während des Tages nimmt die Temperatur der Innenwände des Lastkraftwagens auf t Wi =70 C zu. Durch Strahlung und Konvektion erhöht sich dadurch die Temperatur des Argons reibungsfrei auf t 2 =55 C. Das Volumen des Gases bleibt unverändert V 1 = V 2. b) Welchen Absolutdruck p 2 weist jetzt das Argon auf? Es ist der Wert der spezifischen isochoren Wärmekapazität c v zu bestimmen. Wie groß ist die dem Gas zugeführte Wärme (Q 12) rev?

9 Aufgaben zu Abschnitt 4 35 c) Es soll die Entropieänderung des Gases S 2 S 1 bestimmt werden. Wie groß ist die Entropieänderung der Innenwände des Lastkraftwagens S Wi2 S Wi1, wenn deren Temperatur praktisch gleich bleibt? Welche Gesamtentropieänderung (S 2 S 1) ges hat sich ergeben? (Anmerkung: Die Entropieänderung des Werkstoffs der Gasflasche soll dabei vereinfachend zu null gesetzt werden.) (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) = e + p L =82, 9bar+1, 0bar=83, 9bar m = p1 V1 RT 1 b) p 2 = mrt2 V 1 m = 83, 9bar 0, 08 m3 0, , 15 K = c v = c p R c v =(0, , 20813) (Q 12) rev = mc v (T 2 T 1)=mc v (t 2 t 1) 10 5 N 1 =11, 678 m 2 bar 10 3 Nm 11, 678 0, , 15 K bar m 3 =99, 698 bar 0, 08 m =0, (Q 12) rev =11, 678 0, (55 3) K = 189, 57 c) S 2 S 1 = mc v ln T2 T 1 S 2 S 1 =11, 678 s 0,31217 S Wi2 S Wi1 = (Q12)rev T Wi 328, 15 ln =0, , 15 K S Wi2 S Wi1 = (S 2 S 1) ges =(S 2 S 1)+(S Wi2 S Wi1) (S 2 S 1) ges =0,62895 K 189, , 15 K +( 0,55244 )=0,07651 K K = 0, K Aufgabe 4.11 Für ein Mikro-Blockheizkraftwerk wird das Konzept einer Mikro-Gasturbine untersucht. Dabei wird ein Massenstrom von ṁ = 0,1 /s des erzeugten Verbrennungsgases entspannt. Die Zustandsänderung des Verbrennungsgases kann als reversibel und polytrop angenommen werden. Im Anfangszustand weist das Gas einen Druck von = 10,0 bar und eine Temperatur von t 1 = 1000 C auf. Nach der Entspannung wird der Druck p 2 = 1,0 bar und die Temperatur t 1 = 500 C erreicht. Das Verbrennungsgas verhält sich praktisch wie Luft und wie ein ideales Gas; es weist die Stoffwerte R L = 0,2872 /(), c pm L = 1,1412 /() = const. sowie c vm L = 0,8540 /() = const. auf. a) Es ist der Polytropenexponent n für den Entspannungsvorgang vom Anfangszustand 1 auf den Endzustand 2 zu bestimmen. b) Wie groß ist die vom Gas abgegebene polytrope Arbeitsleistung P p12 pol? c) Welchen Wert hat der Isentropenexponent κ des Verbrennungsgases? Welche reversible Wärmeleistung ( Q 12 pol ) rev wird dem Gas während des Vorgangs zugeführt? Es ist die Abnahme der zeitbezogenen Enthalpie Ḣ 2 Ḣ 1 des Gases zu berechnen.

10 36 4 Ideale Gase d) Es ist die spezifische polytrope Wärmekapazität c n zu bestimmen. Wir groß ist die zeitbezogene Änderung der Entropie (Ṡ2 Ṡ1) pol des Verbrennungsgases? (Schwierigkeitsgrad: mittel) ln p2 p ln 1 a) n = 1 n = 10 ln p2 ln T2 ln 1 =1, , 15 ln T , 15 b) P p12 pol = n n 1 ṁr (T2 T1) P p12 pol = n ṁr (t2 t1) n 1 P p12 pol = 1,2765 0, 1 0,2765 s 0,2872 c) κ = cp c v κ = cp c p R ( Q 12 pol ) rev = ( Q 12 pol ) rev = κ = ( ) K = 66, 295 kw 1, 1412 =1, , , 2872 n κ (κ 1) (n 1) ṁr (T2 T1) = n κ ṁr (t2 t1) (κ 1) (n 1) 1, , , , , 1 s 0,2872 H 2 H 1 = mc p (T 2 T 1)=mc p (t 2 t 1) H 2 H 1 =0, 1 s 1,1412 d) c n = cp κ n κ n 1 (Ṡ2 Ṡ1) pol = ṁc n ln T2 T 1 (Ṡ2 Ṡ1) pol =0, 1 s ( ) K = 9,235 kw ( ) K = 57,060 kw c n = 1,1412 1,2765 1, 3363 = 0,1847 1, ,2765 ( 0, , 15 kw s ) ln 1273, 15 =0,00921 kw K Aufgabe 4.12 Zwei zylindrische Behälter A+B sowie C sind konzentrisch zusammengefügt und weisen dieselbe Symmetrieachse auf (vgl. Bild 4.2); sie sind gegeneinander massedicht, jedoch wärmedurchlässig und stellen jeweils starre geschlossene Systeme dar. Der äußere Behälter C ist gegenüber der Umgebung wärmedicht (adiabat). In beiden Behältern befindet sich Stickstoff. Stickstoff N 2 kann als ideales Gas behandelt werden. Dessen Zustandsgrößen sind: c p = 1,0397 /() = const.; c v = 0,7429 /() = const.; κ = 1,400 = const.; R =0,2968/( K); M = 28,0134 /kmol. Im Anfangszustand 1 besteht in beiden Behältern ein Druck- und Temperaturgleichgewicht mit p A1 = p B 1 = p C 1 = 3 bar und T A1 = T B 1 = T C 1 = 293,15 K. Im Behälter A+B werden die Volumina V A1 und V B1 durch einen Kolben voneinander getrennt. Die Volumina betragen V A1 =0,8m 3, V B 1 =0,4m 3 und V C 1 =0,8m 3. Reversible isentrope Zustandsänderung von 1 nach 2:

11 Aufgaben zu Abschnitt 4 37 Zunächst wird der Kolben mit einer sehr dünnen Stange von der Position 1 schnell nach oben in den Zustand 2 gezogen und fest arretiert, so dass dabei der Stickstoff im inneren Behälter A eine isentrope Verdichtung und im inneren Behälter B eine isentrope Entspannung erfährt. Dabei verringert sich das Volumen im Behälter A auf V A2 =0,4m 3,währendessichim Behälter B auf V B2 =0,8m 3 erhöht. Bild 4.2 Zu Aufgabe 4.12 Isochore Zustandsänderung von 2 nach 3: Darauf stellt sich bei feststehendem Kolben ein Temperaturausgleich auf die Temperatur T 3 zwischen den Gasen in allen Volumina bis zum Zustand 3 ein. a) Wie groß sind die Drücke p A2 und p B2 sowie die Temperaturen T A2 und T B2 unmittelbar nach der Verschiebung des Kolbens? b) Es sind die Massen m A, m B und m C zu berechnen. Sodann ist die Energiebilanz für das Gesamtsystem bei der Zustandsänderung von 2 nach 3 aufzustellen, um damit die Temperatur T 3 = T A3 = T B 3 = T C 3 zu bestimmen, die sich beim Temperaturausgleich einstellt. c) Wie groß sind die Änderung der inneren Energie des Gesamtsystems U 2 - U 1 sowie die Änderung der Entropie des Gesamtsystems S 2 - S 1? d) Die dem Gesamtsystem zugeführte Volumenänderungsarbeit W V 12 ist zu ermitteln. Reversible isotherme Zustandsänderung von 1 nach 2 : Statt der schnellen isentropen Zustandsänderung von 1 nach 2 wird eine sehr langsame Zustandsänderung vom Zustand 1 in den Zustand 2 durchgeführt, der durch dieselben Volumina wie beim Zustand 2 gekennzeichnet ist. Dabei ist vorausgesetzt, dass der äußere Behälter C gegenüber der Umgebung nicht adiabat, sondern wärmedurchlässig ist und die Temperaturen T A1 = T B1 = T C 1 = 293,15 K gleich der Umgebungstemperatur T U = 293,15 K sind, so dass die dem Gesamtsystem zugeführte Volumenänderungsarbeit W V 12 gleich groß wie der Absolutbetrag der vom Gesamtsystem an die Umgebung abgegebenen Wärme Q 12 ist. e) Wie groß sind die Drücke p A2 und p B2 sowie die Temperaturen T A2 und T B 2? f) Welchen Wert weist die dem Gesamtsystem zugeführte Volumenänderungsarbeit W V 12 auf? g) Man errechne die Änderung der inneren Energie des Gesamtsystems U 2 - U 1 sowie die Änderung der Entropie des Gesamtsystems S 2 - S 1. (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

12 38 4 Ideale Gase ( ) VA1 κ a) p A2 = p A1 V A2 p B2 = p B1 ( VB1 V B2 ) κ ( ) 0, 8 1,4 p A2 =3bar =7, 9170 bar 0, 4 ( ) 0, 4 1,4 p B2 =3bar =1, 1368 bar 0, 8 ( 0, 8 ) 0,4 = 386, 81 K 0, 4 ( ) 0, 4 0,4 = 222, 17 K 0, 8 T A2 = T A1 ( VA1 V A2 ) κ 1 T A2 = 293,15 K T B2 = T B1 ( VB1 V B2 ) κ 1 T B2 = 293,15 K b) m A = pa1 VA1 RT A1 m A = 3barK 0,8 m3 0, ,15 K 100 =2, 7584 bar m3 V B1 m B = m A m B =2, , 4 =1, 3792 mc = ma =2, 7584 V A1 0, 8 (U A3 U A2)+(U B3 U B2)+(U C3 U C2) =0 m A c v (T 3 T A2)+m B c v (T 3 T B2)+m C c v (T 3 T C1) =0 m A (T 3 T A2)+0, 5 m A (T 3 T B2)+m A(T 3 T C1) =0 (T 3 T A2)+0, 5(T 3 T B2)+ (T 3 T C1) =0 T 3 =0, 4(T A2 +0, 5 T B2 + T C1) =0, 4 (386, , , 15) K = 316, 42 K c) (U 3 U 1) ges = m ges c v (T 3 T 1)=(m A + m B + m C) c v (T 3 T 1)=2, 5 m A c v (T 3 T 1) (U 3 U 1) ges =2, 5 2, , 7429 (316, , 15) K = 119, 213 (S 3 S 1) ges = m ges c v ln T3 T 1 =2, 5 m A c v ln T3 T 1 (S 3 S 1) ges =2, 5 2, , , 42 ln =0, , 15 K d) Mit Q 13 =0und W RI =0folgt: W V 13 = W V 12 =(U 3 U 1) ges = 119, 213 V A1 e) p A2 = p A1 p A2 =3bar 0, 8 =6, 00 bar V A2 0, 4 V B1 p B2 = p B1 p B2 =3bar 0, 4 =1, 50 bar V B2 0, 8 T A2 = T B2 = T 1 = 293, 15 K f) W V 12 = W VA12 + W VB12 = m A RT 1 ln VA1 V A2 + m B RT 1 ln VB1 V B2 W V 12 = m A RT 1 (ln VA1 V A2 + 0, 5ln VB1 V B2 ) W V 12 =2, , , 8 293, 15 K (ln 0, 4 g) (U 2 U 1) ges = m ges c v (T 2 T 1)=0J, da (T 2 T 1)=0K S 2 S 1 = m A R ln VA2 V A1 + m B R ln VB2 V B1 = m A R (ln VA2 V A1 S 2 S 1 =2, , , 4 (ln 0, 8 0, 4 +0, 5 ln )=83, 178 0, 8 + 0, 5ln VB2 V B1 ) 0, 8 +0, 5 ln )= 0, , 4 K

13 Aufgaben zu Abschnitt 4 39 Aufgabe 4.13 In einem adiabaten Behälter mit V 1 = 12,4 m 3 Inhalt befindet sich Luft (M = 28,9641 /kmol; κ = 1,40) mit = 1040 mbar, t 1 =21,8 C und der inneren Energie U 1.Übereine Zuleitung wird durch einen Verdichter Luft mit der gleich bleibenden Temperatur t = 30,2 C reibungsfrei in den Behälter gefördert. Die Zuleitung wird geschlossen, wenn der Druck im Behälter p 2 = 3,0 bar erreicht hat. Die innere Energie U der geförderten Luft und die verrichtete Verschiebearbeit pv im Eintrittsquerschnitt erhöhen die innere Energie im Behälter auf U 2, so dass die Temperatur auf den Wert t 2 ansteigt. Bild 4.3 Zu Aufgabe 4.13 a) Welche Masse m 1 befindet sich am Anfang im Behälter? b) Welche Masse m fördert der Verdichter in den Behälter? c) WiehochistdieTemperaturt 2 im Behälter, wenn die Zuleitung geschlossen wird? d) Was ergeben die Fragen b) und c), wenn bei der Erhöhung der inneren Energie von U 1 auf U 2 auch die kinetische Energie der einströmenden Luft im Eintrittsquerschnitt bei einer Geschwindigkeit von c = 5 m/s zu berücksichtigen ist? (Schwierigkeitsgrad: erheblich) a) R = Rm M m 1 = p1 V1 RT 1 R = 8, kmol =0, , 9641 kmol K m 1 = 1,04 bar 12,4 m3 0, ,95 K 100 =15,231 bar m3 p 2 b) m 2 = m 1 + m m = m 2 m 1 V 1 = m 1 RT 1 p 2 V 1 = m 2 RT 2 m 2 T 2 = m 1 T 1 Geförderte Luft: Innere Energie: mc v T Verschiebearbeit: pv = mrt mc v T + mrt = m (c v + R) T = mc p T Energiebilanz: p 2 m 2 c v T 2 = m 1 c v T 1 + mc p T m 2 T 2 = m 1 T 1 + m 2 κt m 1 κt = m 1 T 1 m 2 κt = m 1 [T 1 ( p2 1) + κt] m 2 = m 1 [ T1 1 T κ ( p2 1) + 1] [ ( ) ] 294,95 K m 2 =15, ,35 K 1 3bar 1,4 1,04 bar 1 +1 = 35,167 Daraus folgt: c) T 2 = T 1 m 1 m 2 p 2 m =35,167 15,231 = 19,936 15,231 T 2 = 294,95 K 35,167 3bar 1,04 bar = 368,49 K t2 =95, 34 C

14 40 4 Ideale Gase d) m 2 T 2 = m 1 T 1 + m 2 κt m 1 κt + m2 c v c2 2 m1 c v c2 2 = m1 T1 p 2 m 2(κ T+ κ 1 R c2 2 )=m1 [ T 1 ( p2 1) + κt + κ 1 R c2 2 m 2 = m 1 [ T 1 ( p2 1) κt+ κ 1 R c2 2 ] +1 ( ) [ 294,95 K 3bar 1,04 bar 1 m 2 =15,231 1,4 303,35 K + m =35,166 15,231 = 19,935 T 2 = T 1 m 1 m 2 p 2 T 2 = 294,95 K 0,4 K 25 m2 0, s 2 ] 1s m 2 c v = R κ 1 ] +1 = 35,166 15,231 35,166 3bar 1,04 bar = 368,51 K t1 =95, 36 C Bei der zusätzlichen Berücksichtigung der kinetischen Energie der einströmenden Luft ergibt sich für die Temperatur t 2 nur eine geringfügige Änderung. Aufgabe 4.14 Aus einer Sauerstoffflasche mit einem Rauminhalt von V 1 =0,2m 3,einemDruckvon = 100 bar und einer Temperatur von t 1 =15 C wird sehr schnell Sauerstoff entnommen, wobei der Druck auf p 2 = 40 bar absinkt. Der Sauerstoff kann als ideales Gas (R = 0,25984 /( K); κ = 1,40) behandelt werden. a) Welche Sauerstoffmasse m 1 war ursprünglich in der Flasche? b) Wie hoch ist die Temperatur t 2 des ausgeströmten Sauerstoffs unmittelbar nach dessen Entnahme? c) Welche Sauerstoffmasse m 2 wurde entnommen? d) Welcher Druck p 3 stellt sich nach einer langsamen Erwärmung des entnommenen Sauerstoffs auf die Umgebungstemperatur t 3 =15 Cein? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) m 1 = p1 V1 RT 1 m 1 = 100 bar 0,2 m3 0, ,15 K 100 =26, 712 bar m3 b) Schnelles Ausströmen des Gases: Isentrope Zustandsänderung ( ) κ 1 ( ) p2 κ 40 bar 0,4 1,4 T 2 = T 1 T 2 = 288,15 K T 2 = 221,78 K 100 bar t 2 = 51,37 C c) m 2 = p2 V1 RT 2 m 2 = 40 bar 0,2 m3 0, ,78 K 100 =13, 882 bar m3 Sauerstoffentnahme: m = m 1 m 2 m =26,712 13,882 = 12,830 d) Isochore Zustandsänderung: p 3 = p 2 T 3 T 2 p 3 =40bar 288,15 K =51,970 bar 221,78 K

15 Aufgaben zu Abschnitt 4 41 Aufgabe 4.15 In einem Behälter mit dem konstanten Rauminhalt V 1 =2,86m 3 befindet sich beim Druck = 1050 mbar und der Temperatur t 1 =18 C ein ideales Gas mit einer Molmasse m = 31,5 /kmol. Der Behälter hat ein Überdruckventil, das auf einen bestimmten Ansprechdruck einstellbar ist (Bild 4.4). Wenn das Gas in dem Behälter auf die Endtemperatur t 3 = 280 C erwärmt wird, soll die Gasmasse im Behälter noch m 3 = 3,33 betragen. Bild 4.4 Zu Aufgabe 4.15 a) Welche Gasmasse m 1 befindet sich am Anfang im Behälter? b) Bei welchem Druck p 2 = p 3 öffnet sich das Überdruckventil? c) WiehochistdieGastemperaturt 2, wenn der Ansprechdruck des Ventils erreicht ist? d) Welche Volumenänderungsarbeit W V 13 könnte das Gas leisten, wenn dieselbe Gasmenge m 1 - also ohne Massenverringerung - in einem dichten Zylinder mit beweglichem Kolben vom gleichen Anfangszustand auf die angegebene Endtemperatur t 3 und den berechneten Enddruck p 3 expandieren würde? Dem Gas würde dabei während der Arbeitsabgabe zugleich Wärme zugeführt. (Hinweis: Für die Lösung ist zuvor der Polytropenexponent n zu berechnen.) e) Wie groß wäre im Fall d) das Endvolumen V 3? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) R = Rm M b) m 1 = p1 V1 RT 1 p 2 = p 3 = c) T 2 = p2 V1 m 1 R R = m3 RT3 V 1 8, kmol 31, 5kmolK = Rm =0,26395 M m 1 = 1,05 bar 2,86 m3 0, ,15 K p 2 = ln p2 p d) n = 1 n = ln p2 ln T3 ln T =3, 908 bar m3 3,33 0, ,15 K 2,86 m 3 T 2 = 1,700 bar 2,86 m3 3,908 0, ,700 bar ln 1,05 bar 1,700 bar 1,05 bar bar m = 471, 34 K bar m3 t2 ln 553,15 K 291,15 K W V 13 = m1 R R (T3 T1) =m1 (t3 t1) n 1 n 1 3,908 0,26395 W V 13 = (280 18) K = 67,362 ( 3,012 1) ( p1 ) 1 n e) V 3 = V 1 p 2 = 3,012 V 3 =2,86 m 3 ( 1,05 bar ) 1 3,012 =3,356 m 3 1,700 bar =1, 700 bar = 198,19 C

16 42 4 Ideale Gase Aufgabe 4.16 Eine Mischung zweier idealer Gase mit den Molmassen M 1 = 32 /kmol und M 2 =16 /kmol sowie den Isentropenexponenten κ 1 = 1,400 und κ 2 = 1,320 weist die Masse m = 5,0 auf. Die Gasmischung wird durch die Zufuhr der Wärme (Q 12) rev = 266 von 20 C auf 50 Cisobarerwärmt. a) Wie groß ist die spezifische isobare Wärmekapazität c p der Gasmischung? Welche spezifischen isobaren Wärmekapazitäten c p1 und c p2 weisen die beiden Komponenten auf? b) Aus welchen Massenanteilen μ 1 und μ 2 besteht die Gasmischung? Wie groß sind die Massen m 1 und m 2 sowie die Molmengen n 1 und n 2? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) (Q 12) rev = mc p(t 2 t 1) c p = (Q12)rev mc p(t 2 t 1) = c p = κ κ 1 R = κ R m κ 1 M c p1 = κ1 R m c p1 = 1,4 κ 1 1 M 1 0,4 κ2 R m c p2 = 1,32 κ 2 1 M 2 0,32 n c p2 = n b) c p = μ i c pi = i=1 i=1 c p = μ 1 c p1 +(1 μ 1) c p2 μ 1 = m1 m m i m cpi = 2,1436 1,7733 2,1436 0,90940 = m1 m μ 1 = m 1 = μ 1 m =0,300 5,0 =1,5 8,31451 kmol kmol K 32 8,31451 kmol kmol K 16 cp1 + m2 m cp2 cp2 cp c p2 c p1 Bild 4.5 Zu Aufgabe (50 20) K =1,7733 =0,90940 =2,1436 m2 =0,3000 μ2 = =1 μ1 =1 0,3000 = 0,7000 m m 2 = μ 2 m =0,700 5,0 =3,5 n 1 = m1 1,5 kmol = =0, kmol n 2 = m2 3,5 kmol = = 0,21875 kmol M 1 32 M 2 16 Aufgabe 4.17 Bei der Verdichtung eines idealen Gases in einem Kompressor (Bild 4.6) betragen sowohl die Volumenänderungsarbeit W V 12 als auch die Druckänderungsarbeit W p12 jeweils 39,856. Der Druck verdoppelt sich, das Anfangsvolumen ist V 1 = 0,46 m 3. Die Dichten im Anfangsund im Normzustand sind ϱ 1 = 1,4822 /m 3 und ϱ 0 = 1,3416 /m 3. a) Welche Werte besitzen die Molmasse M und die spezielle Gaskonstante R des Gases? b) Wie groß sind das Volumen V 2,derDruckp 2 und die Temperatur t 2 im Endzustand?

17 Aufgaben zu Abschnitt 4 43 (Schwierigkeitsgrad: mittel) Bild 4.6 Zu Aufgabe 4.17 a) Es handelt sich um eine isotherme Zustandsänderung (n = 1), da gilt: W V12 = W p12 ϱ 0 = p0 R = p0 R = 1,01325 bar m3 100 RT 0 ϱ 0 T 0 1, ,15 K bar m =0, M = Rm 8,31451 M = R 0,27650 kmol K =30,070 kmol b) V 1 = p 2 V 2 V 2 = V 1 p 2 =0,46 m 3 0,5 = 0,23 m 3 W V 12 = V 1 p 2 =2 =2,500 bar ln p2 = WV 12 V 1 ln p2 = 39,856 0,46 m 3 ln 2 bar m3 =1,250 bar 100 ϱ 1 = p1 T 1 = T 2 = p1 RT 1 ϱ 1 R T 1 = 1,250 bar m ,4822 0,27650 bar m = 305,01 K 3 t 1 = t 2 =31,86 C Aufgabe 4.18 Eine Mischung von Sauerstoff (Gas 1), der als ideales Gas angenommen werden kann, mit einem weiteren idealen Gas (Gas 2) hat die Masse m = 45 und nimmt im Normzustand ein Volumen von V 0 =46m 3 ein. Die Partialdrücke der beiden Bestandteile verhalten sich zu p p1 : p p2 = 7 : 12. Bild 4.7 Zu Aufgabe 4.18 a) Wie groß sind die spezielle Gaskonstante R und die Molmasse M der Gasmischung? b) Welchen Wert hat die spezielle Gaskonstante R 2 des zweiten idealen Gases? c) Wie groß sind die Massen m 1 und m 2 der beiden Gase in der Gasmischung? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

18 44 4 Ideale Gase a) R = p0 V0 mt 0 M = Rm R = R = 1,01325 bar 46 m ,15 K 8,31451 =21,927 0,37919 kmol K kmol 100 bar m 3 =0,37919 b) Die spezielle Gaskonstante von Sauerstoff ist R 1 =0,25984 n 1 R = p pi 1 1 p R i R = pp1 1 + pp2 p R 1 p R 2 = c) m 1 = i=1 p p2 p ( 1R pp1 p 1 ) R 2 = R 1 pp1 V0 R 1 T 0 m 1 = m 2 = m m = ( 1 R 2 R 2 R pp1 p , , ,01325 bar 46 m3 0, ,15 K m 2 =45 24,194 = 20,806 =0, R 1 ) p p p2 100 =24,194 bar m3 Aufgabe 4.19 Ein waagerecht angeordneter Zylinder stellt ein geschlossenes System dar. Er besteht aus zwei Teilsystemen A und B, die durch einen verschiebbaren, abdichtenden Kolben voneinander getrennt sind und zwei ideale Gae enthalten. Der Kolben ist zu Beginn fest arretiert. Das Teilsystem A hat das Volumen V A1 = 1, 5m 3 und den Druck p A1 = 4,0 bar, das Teilsystem B weist das Volumen V B1 = 7, 5m 3 und den Druck p B1 = 0,2 bar auf. Die Temperatur beider Gase ist T A1 = T B 1 =373,15K. Bild 4.8 Zu Aufgabe 4.19 a) Wie groß sind die Molmengen n A und n B der beiden Gase? b) Welche Massen m A und m B weisen die beiden Gase auf, wenn die Molmassen M A = 16,043 /kmol und M B =28,964 /kmol betragen? c) Nunmehr wird die Arretierung des Kolbens gelöst und die Temperatur in beiden Teilsystemen durch Wärmeübertragung konstant gehalten (isothermes System). Der Kolben wird dabei reibungsfrei verschoben. Welcher Druck p A2 = p B2 und welche Volumina V A2 und V B2 stellen sich ein? d) Welche Volumenänderungsarbeiten W VA12 sowie W VB12 und welche reversiblen Wärmen (Q A12) rev sowie (Q B12) rev werden umgesetzt? Wie groß ist die vom System insgesamt abgegebene Volumenänderungsarbeit (W V 12) ges? (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

19 Aufgaben zu Abschnitt 4 45 a) n A = n B = pa1 VA1 R m T A1 pb1 VB1 R m T B1 n A = n B = 4,0 bar kmol K 1,5 m3 8, ,15 K 0,2 bar kmol K 7,5 m3 8, ,15 K 100 =0,19339 kmol bar m3 100 =0,04835 kmol bar m3 b) m A = n A M A m A =0,19339 kmol 16,043 kmol m B = n B M B m B =0,04835 kmol 28,964 kmol =3,10256 =1,40041 c) p A1V A1 = p A2V A2 p B1V B1 = p B2V B2 Mit p A2 = p B2 wird: p B1V B1 = p A2V B2 Es folgt: p A2 = p A1 V A1 V A2 und p A2 = p B1 V B1 V B2 sowie p A1 V A1 V A2 = p B1 V B1 V B2 Weiter gilt: V A1 + V B1 = V A2 + V B2 Es folgt: V B2 = V B1 + V A1 V A2 Damit wird V B1 V A1 p A1 = p B1 V A2 V B1 + V A1 V A2 Unbekannt hierin ist nur V A2. Die Auflösung ergibt: V A2 (1 + pb1 p A1 V B1 V A1 )=V A1 + V B1 und V A2 = V B1 + V A1 V A2 = pb1 p A1 V B1 V A1 V A2 VA1 + VB1 1+ pb1 p A1 V B1 V A1 V A2 = 1,5 m3 +7,5 m ,2 4,0 7,5 =7,2 m 3 1,5 V B2 = V B1 + V A1 V A2 V B2 =(7,5+1,5 7,2) m 3 =1,8 m 3 V A1 p A2 = p B2 = p A1 p A2 = p B2 =4,0 bar 1,5 =0,83333 bar V A2 7,2 d) W VA12 = n A R m T A ln pa2 p A1 = m A R A T A W VA12 =0,19339 kmol 8,31451 W VB12 = n B R m T B ln pb2 p B1 = m B R B T B ln pa2 p A1 0, ,15 K ln = 941,18 4,0 ln pb2 p B1 0,83333 W VB12 =0,04835 kmol 8, ,15 K ln = + 214,08 0,2 (Q A12) rev = W VA12 = + 941,18 (Q B12) rev = W VB12 = 214,08 (W V 12) ges = W VA12 + W VB12 = 941, ,08 = 727,10 Aufgabe 4.20 Ein mit dem idealen Gas Helium (He) gefüllter kreiszylindrischer Behälter mit dem Innendurchmesser D i = 0,25 m und diathermen (also wärmedurchlässigen) Wänden ist durch einen adiabaten Kolben fest verschlossen (d. h. der Kolben ist zunächst arretiert). Das Helium weist beim Zustand 1 die Temperatur t 1 =50 C und den Druck = 2,0 bar auf; der Druck der Umgebungsluft außerhalb des Behälters ist p L = 1,0 bar; die Umgebungstemperatur beträgt

20 46 4 Ideale Gase t U =25 C. Durch eine Wärmezufuhr von unten wird dem Gas die konstante Wärmeleistung Q zu = 0,5 kw = const. zugeführt. Nach 10 Minuten wird festgestellt, dass die Temperatur im Behälter auf t 2 = 300 C angestiegen ist und bei weiterer, gleich bleibender Zufuhr von Q zu =0,5kW=const.unverändert bleibt (Zustand 2). Auch bei Zustand 2 ist der Kolben noch arretiert. Der Kolben weist die Masse m K = 10 auf; die anderen Wände sollen als masselos angenommen werden. Die spezielle Gaskonstante des Heliums ist R = 2,0773 /(), die spezifische isobare Wärmekapazität c p =5,1931 /() = const., die spezifische isochore Wärmekapazität c v =3,1158 /(), der Isentropenexponent κ =1,6667. Bild 4.9 Zu Aufgabe 4.20 a) Man berechne das Volumen V 1 des Behälters mit der Höhe z 1 = 0,4 m und damit die Masse m 1 = m = const. des Heliums. Wie groß sind das Druckverhältnis p 2/ und der Druck p 2? b) Es ist die Energiemenge Q 12 zu bestimmen, die dem Helium bei der Zustandsänderung von 1 nach 2 zugeführt wurde. Wie groß ist die insgesamt zugeführte Wärme Q zu?welche Energiemenge Q ab gibt das Helium bei der Zustandsänderung von 1 nach 2 in Form von Wärme an die Umgebung ab? c) Welcher Entropiestrom Ṡ2 fließt im Zustand 2 in das System? Wie groß ist der Entropieproduktionsstrom aufgrund der irreversiblen Wärmeleitung in der diathermen Wand, wenn die Wandaußentemperatur t Wa =150 Cbeträgt? d) Nun wird die Zufuhr der Wärmeleistung Q 12 beendet und die Arretierung des Kolbens gelöst. Der Kolben verschiebt sich, bis ein Kräftegleichgewicht erreicht ist (Zustand 3). Man berechne den Druck p 3. (Es ist dabei zu beachten, dass das Kräftegleichgewicht dadurch geprägt ist, dass auf das Helium nicht nur der äußere Luftdruck p L, sondern zusätzlich auch der aus dem Kolbengewicht resultierende Druck p K wirkt.) Die Zustandsänderung des Heliums verläuft als polytrope Zustandsänderung mit n = 1,45. Welches Volumen V 3 nimmt das Helium nun ein? Um welche Strecke Δz 23 = z 3 z 2 = z 3 z 1 verschiebt sich der Kolben? Man berechne die Volumenänderungsarbeit W V 23. Wie groß ist die Temperatur T 3 sowie die Differenz der inneren Energie ΔU 23 = U 3 U 2? e) Nachdem der Zustand 3 erreicht ist, kühlt sich das Helium isobar ab, bis sich ein Temperaturgleichgewicht mit der Umgebung einstellt (Zustand 4). Wie groß sind die vom Helium abgegebene innere Energie ΔU 34 = U 4 U 3 und Enthalpie ΔH 34 = H 4 H 3? Wie groß ist die Entropiedifferenz ΔS 34 = S 4 S 3? (Schwierigkeitsgrad: erheblich)

21 Aufgaben zu Abschnitt 4 47 a) V 1 = π 4 D2 z 1 V 1 = 3, ,25 2 m 2 0,4 m=0, m 3 4 2,0 bark 0, m3 m 1 = m 1 = 2, ,15 K p1 V1 RT 1 Isochore Zustandsänderung: p 2 = T2 p 2 = 573,15 K T 1 323,15 K =1,77363 p 2 = T 2 T 1 p 2 =2,0 bar 573,15 K =3,54727 bar 323,15 K 100 =0,00585 bar m3 b) Q 12 = mc v (T 2 T 1) Q 12 =0, ,1158 (573,15 323,15) K = 4,5569 c) Q zu = Q zu τ (Q zu) =0,5 60 s 10 min = 300, 000 s min Q ab = Q zu Q 12 (Q zu) = 300, 000 4,5569 = 295,4431 Ṡ zu = Q zu Ṡ zu = 500 W T 2 573,15 K =0,87237 W K Ṡ irr = Q T 2 T W 573,15 K 423,15 K zu Ṡ irr = 500 W T 2 T W 573,15 K 423,15 K =0,30924 W K d) p 3 = p L + p K p 3 = p L + GK p 3 = p L + 4 mk g A πd ,81 m p 3 =1,0 bar + s 2 3, ,25 2 m 1Ns2 2 m 1barm2 =1, bar 10 5 N Polytrope Zustandsänderung: ( p 3 V n 3 = p 2 V n n p2 ) 1 n 2 = p 2 V 1 V 3 = V 1 p 3 V 3 =0, m 3 ( 3,54727 ) 1 =0, m3 1,45 1, (V3 V2) 4(V3 V1) Δz 23 = z 3 z 2 = z 3 z 1 = = 2 2 π D i π D i 4 (0, ,019635) m3 Δz 23 = =0,54487 m 3, ,25 2 m 2 W V 23 = 1 (p3 V3 p2 V2) n 1 W V 23 = 1 0,45 (1, bar 0, m3 3,54727 bar 0, m ) bar m 3 W V 23 = 4,9650 ( p3 ) n 1 n T 3 = T 2 p 2 T 3 = 573,15 K ( 1, ,54381 ) 0,45 1,45 = 389,41 K t 3 = 116,26 C ΔU 23 = U 3 U 2 = m 1 c v (T 3 T 2) ΔU 23 =0, ,1158 (389,41 573,15) K = 3,3491

22 48 4 Ideale Gase e) Isobare Abkühlung auf die Temperatur T 4 = T u: ΔU 34 = U 4 U 3 = mc v (T 4 T 3) ΔU 34 =0, ,1158 ΔH 34 = H 4 H 3 = mc p (T 4 T 3) ΔH 34 =0, ,1931 (298,15 389,41) K = 1,6634 (298,15 389,41) K = 2,7724 ΔS 34 = S 4 S 3 = mc p ln T4 T 3 298,15 ΔS 34 =0, ,1931 ln = 0, ,41 K Aufgabe 4.21 Ein Heißluftballon wird vor dem Start mit Luft aus der Umgebung teilweise gefüllt, bis das Anfangsvolumen V U erreicht ist. Die Ballonhülle grenzt somit in einem Luftraum eine Teilluftmenge mit der Masse m u ab, die dieselben Zustandsgrößen Temperatur t u,druckp u und Dichte ρ u wie die umgebende Luft aufweist. Damit ist das Gewicht G dieser Teilluftmenge gleich dem Auftrieb A: G = A; die resultierende Kraft ist null: F = G A =0. Damit der Ballon aufsteigen kann, wird dieser Teilluftmenge bei gleich bleibender Masse m = m u isobar Wärme zugeführt; sie weist jetzt die Zustandsgrößen Volumen V,Temperaturt und Dichte ρ auf. Die resultierende Kraft F ist allgemein anzugeben. Das Gewicht der Ballonfahrer, des Korbs, der Ballonhülle und der technischen Ausrüstung soll vernachlässigt werden. Weiter soll geklärt werden, zu welcher Tageszeit - morgens, mittags oder abends - der Ballonstart am sinnvollsten erscheint. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Die erwärmte Luft erfährt wegen ρ<ρ u eine negative, also nach oben gerichtete resultierende Kraft F = G A < 0. In der erwärmten Teilluftmenge und in der Umgebung herrscht derselbe Druck p = p u; das Ballonvolumen V ist nunmehr größer. Das Gewicht der Teilluftmenge hat sich durch die Erwärmung nicht geändert. ρ = p ρ u = p RT RT u ρ = Tu ρ u T ρ = ρ u T u T F = G A = V (ρ ρ u) g = V g(ρ u ρ) = V gρ u(1 Tu T V = mrt V u = mrtu p p V = T V V u T u T = Vu T u Δt F = V gρ u T Δt F = V u gρ u T u T Tu )= V gρu( ) T

23 Aufgaben zu Abschnitt 4 49 Die günstigste Zeit für den Ballonstart ist unmittelbar bei Sonnenaufgang, da dann die Lufttemperatur T u bzw. t u am niedrigsten und die Dichte der Luft ρ u am größten ist; damit ist die resultierende Kraft F hoch. F wächst außerdem mit einem größeren Ballon-Anfangsvolumen V u und mit einer größeren Temperaturerhöhung Δt. Aufgabe 4.22 Es soll eine vollständige stöchiometrische Verbrennung von Kohlenmonoxid CO mit Sauerstoff O 2 zu Kohlendioxid CO 2 betrachtet werden, wobei jede der beteiligten Substanzen als ideales Gas aufgefasst werden soll. Anhand von Betrachtungen der jeweiligen Molmengen der beteiligten idealen Gase soll gezeigt werden, dass die thermischen Eigenschaften der verschiedenen idealen Gase CO, O 2 und CO 2 nicht nur mit den jeweiligen thermischen Zustandsgleichungen für die Einzelgase erfasst werden können, sondern auch mithilfe einer einzigen, allgemein gültigen thermischen Zustandsgleichung: der thermischen Zustandsgleichung des idealen Gases. Dabei soll an die Stelle der jeweiligen speziellen Gaskonstanten R die allgemeine Gaskonstante R m treten. (Schwierigkeitsgrad: erheblich) Bild 4.10 Zu Aufgabe 4.22 Das Reaktionsgleichgewicht liegt bei Temperaturen bis zu etwa 1700 C praktisch vollständig auf der Produktseite, so dass die Edukte CO und O 2 praktisch vollständig zum Produkt CO 2 umgesetzt werden. CO und O 2 sollen dieselbe Temperatur T und denselben Druck p aufweisen; das entstandene CO 2 soll durch Kühlung auf dieselbe Temperatur T und denselben Druck p gebracht werden. Bei der Durchführung der Reaktion kann festgestellt werden, dass - unter der Voraussetzung jeweils gleichen Drucks p und gleicher Temperatur T der Edukte und des Reaktionsprodukts - zwei Volumeneinheiten CO mit einer Volumeneinheit O 2 zu zwei Volumeneinheiten CO 2 reagieren (Bild 4.10). Es bestehen also ganzzahlige Volumenverhältnisse, aus denen für die jeweiligen Einzelmoleküle auf die Reaktionsgleichung 2CO+O 2 =2CO 2 und für ein Vielfaches der jeweiligen Einzelmoleküle - z. B. für die Molmengen in der Einheit kmol - auf die Reaktionsgleichung 2kmolCO+1kmolO 2 =2kmolCO 2 geschlossen werden kann. Dies legt die Einführung des Molvolumens V m = V bzw. V = V m n n nahe. Mit der Molmasse M = m bzw. m = Mn n ergibt sich mit dem spezifischen Volumen v:

24 50 4 Ideale Gase v = V m = Vm n bzw. Mn Die Umformung ergibt: v = Vm M vm = V m Für jedes Einzelgas gilt die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases: pv = RT Werden die linke und die rechte Seite mit der Molmasse M multipliziert, folgt: pvm = MRT Wird für vm das Molvolumen V m = vm eingesetzt, wird die thermische Zustandsgleichung zu: pv m = MRT Da bei der oben beschriebenen chemischen Reaktion für jedes Einzelgas in jedem der dargestellten fünf Behälter das Volumen V sowie auch die Zahl der Moleküle - also die Molmenge n - jeweils gleich groß ist, folgt daraus, dass auch das Molvolumen V m jeweils gleich groß ist. Da für jedes Einzelgas in jedem der dargestellten fünf Behälter auch der Druck p und die Temperatur T gleich groß sind, folgt in der obigen Gleichung aus der Konstanz der drei Größen p, V m und T, dass auch die vierte Größe MRkonstant sein muss. Diese Größe wird als die allgemeine Gaskonstante R m = MR bezeichnet. Damit wird die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases zu pv m = R m T bzw. pv = nr m T. Die thermischen Eigenschaften aller drei beteiligten Gase CO, O 2 und CO 2 können also mit einer einzigen Gleichung beschrieben werden. Die jeweiligen speziellen Gaskonstanten R lassen sich aus der allgemeinen Gaskonstante R m zu R = Rm M berechnen. Der Beweis kann auch für andere ideale Gase mithilfe weiterer chemischer Reaktionsgleichungen geführt werden. Aufgabe 4.23 In der Erdatmosphäre kann die Abnahme des Drucks p, der Temperatur T und der Dichte ρ der Luft zwischen m und m Höhe als Funktion der Höhe h berechnet werden. Die Norm DIN 5450 hält hierzu entsprechende Gleichungen bereit, die auf einer polytropen Zustandsänderung mit n = 1,235 aufbauen (barometrische Höhenformel; vgl. Abschnitt 4.3.5, Beispiel 4.11 des Lehrbuchs Grundlagen der Technischen Thermodynamik ). Luft ist ein ideales Gas mit R L =0,2872 /(). a) Eine Gruppe von Geographie-Studierenden besteigt den 6272 Meter hohen Chimborazo in Ecuador; sie sind dabei auf den Spuren des Wissenschaftlers Alexander von Humboldt, der im Jahr 1802 versucht hatte, als erster Mensch den Chimborazo zu bezwingen. Frühmorgens beim Aufbruch der Studierenden ist zur gleichen Zeit der Zustand der Luft auf Meereshöhe p 0 = 1,01325 bar, t 0 = 273,15 K und ρ 0 = 1,293 /m 3 bei h =0m.Wiegroßsindauf dem Gipfel der Druck p G,dieTemperaturT G und die Dichte ρ G?

25 Aufgaben zu Abschnitt 4 51 b) Westwinde haben die vom Meer herkommende warme Luft über den Kamm des Königsgebirges (Cordillera Real), dem der Chimborazo angehört, nach oben getrieben; diese hat sich ausgedehnt und sich darauf in großer Höhe auf - 45 C abgekühlt (Zustand 1). Auf welche Temperatur erwärmt sich die Luft, wenn sie anschließend östlich vom Chimborazo ins Tiefland des Amazonenstroms rasch absinkt und dabei von 0,4 bar auf 1,0 bar reversibelisentrop verdichtet wird (Zustand 2 s)? (Hinweis: Es ist mit κ = 1,4 = const. zu rechnen.) Welche Temperatur würde sich einstellen, wenn die Luft stattdessen bei gleichen Druckbedingungen sehr langsam absinken würde und dabei eine reversibel-polytrope Verdichtung mit n = 1,235 auftreten würde (Zustand 2 p)? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) p G = p 0 (1 n 1 n ( 1 n 1 n ) gh RT 0 ) n gh n 1 RT 0 ( = 1 0,235 1,235 T G = T 0 (1 n 1 n ) gh RT 0 9,81 m 6272 m s 2 0, ,15 K ϱ G = ϱ 0 (1 n 1 n p G = p 0 (0,85076) n 1,235 n 1 = 1,01325 bar (0,85076) 0,235 = 0,4333 bar T G = T 0 0,85076 = 273,15 K 0,85076 = 232,38 K t G = 40,77 C ϱ G = ϱ 0 (0,85076) 1 n 1 =1,293 m (0,85076) 1 3 0,235 =0,6500 m 3 ( ) κ 1 p2 κ b) T 2s = T 1 ( ) n 1 p2 n T 2p = T 1 ) 1 gh n 1 RT 0 ) Nm 1Ns2 =0, m ( ) 1 1,4 T 2s = 228, 15 K = 296,43 K 0,4 t2s =23,28 C ( ) 1 1,235 T 2p = 228, 15 K = 271,61 K 0,4 t2p = 1,54 C Aufgabe 4.24 In einer Pneumatik-Vorrichtung wird Luft entspannt (Bild 4.11). Dabei wird ein Zylinder von D = 150 mm Durchmesser und ein Kolben eingesetzt, der im Ruhezustand ein Luftvolumen von V 1 = 0,001 m 3 einschließt. Im Anfangszustand weist die Luft einen Druck = 10,0 bar und eine Temperatur t 1 =20 C auf. Beim Entspannungsvorgang wird der Kolben s = 300 mm nach rechts bewegt; dabei wird der Enddruck p 2 = p L = 1,0 bar erreicht. Die Zustandsänderung der Luft kann als reversibel und polytrop angenommen werden. Die Luft verhält sich als ideales Gas und weist die Stoffwerte R =0,2872 /() sowie c pm = 1,005 /() = const. auf. Der Druck der Umgebungsluft beträgt p L =1,0bar. a) Wie groß ist das Endvolumen V 2 der Luft im Zylinder? b) Es ist der Polytropenexponent n für den Entspannungsvorgang vom Zustand 1 auf den Endzustand 2 zu berechnen. Welche Endtemperatur T 2 bzw. t 2 wird erreicht? c) Wie groß ist die von der Luft im Zylinder abgegebene polytrope Volumenänderungsarbeit W V 12pol? Welchen Wert hat die Arbeit 2 1 F ds, die von der Luft im Zylinder über den Kolben abgegeben wird? (Es ist dabei zu beachten, dass dabei gleichzeitig gemäß dem p, V -Diagramm des Bildes 4.11 von der Luft im Zylinder die Luftdruckarbeit p L (V 1 V 2) an die Umgebungsluft abgegeben wird.)

26 52 4 Ideale Gase d) Wie groß ist der Isentropenexponent κ von Luft? Welche Wärme Q 12pol =(Q 12pol ) rev wird während des Vorgangs von der Luft im Zylinder aus der Umgebung aufgenommen? Man berechne die Änderung der inneren Energie U 2 U 1 der Luft. e) Es ist die spezifische polytrope Wärmekapazität c n zu bestimmen. Wie groß ist die Masse m = m 1 = m 2 der Luft im Zylinder? Welche Änderung der Entropie S 2 S 1 der Luft im Zylinder ergibt sich? (Schwierigkeitsgrad: mittel) a) V 2 = V 1 +ΔV V 2 = V 1 + π 4 D2 s V 2 =0, 001 m 3 + b) n = ln p2 ln V1 V 2 n = ( ) n 1 p2 n T 2 = T 1 c) W V 12 pol = W V 12 pol = , ln 1 10 ln 0,001 0,0063 Bild 4.11 Zu Aufgabe , 15 2 m 2 0, 3m= 0, m 3 =1,25103 ( 1 T 2 = 293, 15 K 10) 0, ,25103 = 184,68 K t2 = 88,47 C [( ) n 1 ] p1 V1 V1 1 n 1 V 2 10,0bar 0,001 m3 0,25103 F ds = W V 12pol p L(V 1 V 2) F ds = 1, ,0 bar (0,001 0,0063) m 3 = 1, ,53000 = 0,94392 [( 100 0,001 ) 0,25103 bar m 1] = 1, , bar m 3

27 Aufgaben zu Abschnitt 4 53 d) κ = cp c v κ = cp c p R κ = 1,005 1,005 0,2872 =1,4001 Q 12pol =(Q 12pol ) rev = n κ κ 1 W V 12pol Q 12pol = 1, ,4001 1, U 2 U 1 = n 1 κ 1 W v12pol U 2 U 1 = 1, , e) c n = cp κ n κ κ 1 ( 1,47392 ) = 0,54916 ( 1,47392) = 0,92476 c n = 1,005 1, ,4001 = 0, ,4001 1, m = p1 V1 RT 1 m = 10,0 bark 0,001 m3 0, ,15 K 100 =0,01188 bar m3 S 2 S 1 = mc n ln T2 T 1 S 2 S 1 =0,01188 ( 0,42626) 184,68 ln =0, ,15 K =2,340 J K Aufgabe 4.25 Ein Unternehmen der Brandschutztechnik experimentiert mit einem neuen ungiftigen Inertgasgemisch als Löschmittel, das aus Stickstoff, Argon, Helium und Kohlendioxid besteht. Das Gasgemisch weist die folgende Zusammensetzung in Volumenanteilen r i auf: 47 % N 2 46%Ar 1%He 6%CO 2 Das Gasgemisch ist trocken und besitzt - in Flaschen gespeichert - den Absolutdruck = 50,0 bar sowie die Temperatur t 1 =20 C; es kann als ideales Gas betrachtet werden. Die Molmassen der Einzelkomponenten sind M N2 = 28,01 /kmol, M Ar = 39,94 /kmol, M He = 4,00 /kmol und M CO2 = 44,01 /kmol. a) Welche Werte haben die Molmasse M, die spezielle Gaskonstante R und die Zusammensetzung in Massenanteilen μ i des Gasgemisches? b) Welche Dichte ρ 1 weist das Gasgemisch beim angegebenen Zustand auf? c) Bei einem simulierten Löscheinsatz werden 10 dieses Gasgemischs gezielt in den Raum mit dem zu löschenden Brandherd entlassen; dabei wird es isotherm und isenthalp vom Zustand = 50,0 bar und t 1 =20 Caufp 2 = 1,0 bar entspannt. Es ist das Gasvolumen V 1 vor der Entspannung sowie das Gasvolumen V 2 nach der Entspannung zu bestimmen. Wie groß ist die Entropieänderung S 2 S 1 des Gasgemischs? (Schwierigkeitsgrad: mittel)

28 54 4 Ideale Gase n a) M = r i M i i=1 M =(0,47 28,01 + 0,46 39,94 + 0,01 4,00 + 0,06 44,01) R = Rm M M i μ i = r i M μ N2 =0,47 R = 8,31451 kmol =0, ,218 kmol K 28,01 34,218 =0,3847 μar =0,46 39,94 34,218 =0,5369 4,00 μ He =0,01 34,218 =0,0012 μco2 =0,06 44,01 34,218 =0,0772 b) ρ = p1 50,0 bark 100 ρ = =70,1898 RT 1 0, ,15 K bar m3 m 3 c) V 1 = m V 1 = ρ V 2 = mrt1 V 2 = p 2 10,0 m3 =0,14247 m3 70, ,0 0, , 15 K 1,0bar S 2 S 1 = mr ln p2 S 2 S 1 = 10,0 0,2430 bar m kmol =34,218 kmol =7,12355 m3 1,0 ln =9, ,0 K Aufgabe 4.26 Ein Wissenschaftshistoriker beabsichtigt, den Versuch von James Prescott Joule zur Ermittlung des mechanischen Wärmeäquivalents zu wiederholen (Bild 4.12): Durch das Absinken der Masse m wird in einem geschlossenen Gefäß ein Rührwerk betätigt. Das eingefüllte Fluid erfährt eine Temperaturerhöhung durch die geleistete innere Reibungsarbeit. Das Gefäß ist nach außen wärmeisoliert. Der Wissenschaftshistoriker verwendet nicht - wie damals Joule - flüssiges Quecksilber, sondern das schwere Edelgas Xenon als Fluid, das als ideales Gas behandelt werden kann (R Xe = 0,06333 /(), c p Xe = 0,1583 /(); κ Xe = 1,6668). Das Gefäß hat ein unveränderliches Volumen V 1 = V 2 = 10 Liter; der Druck des Edelgases ist = 1,0 bar und seine Temperatur t 1 =25 C. a) Die Masse m Xe des Edelgases Xenon ist zu bestimmen. b) WiegroßistdiespezifischeisochoreWärmekapazitätc v Xe? c) Welcher Temperaturanstieg wird gemessen, wenn das Edelgas infolge der um 2,5 Meter absinkenden Masse m = 10 verlustlos erwärmt wird? d) Welcher Temperaturanstieg stellt sich ein, wenn bei sonst gleich bleibenden Versuchsbedingungen nicht das Edelgas Xenon, sondern das leichte Edelgas Helium im Gefäß enthalten ist (R He = 2,0773 /(), c p He = 5,1931 /(), κ He = 1,6667)? Welche Folgerung ist daraus hinsichtlich der Verwendung von Xenon und Helium zu ziehen? (Schwierigkeitsgrad: mittel) Bild 4.12 Zu Aufgabe 4.26