(b) Schritt I: freie adiabatische Expansion, also ist δw = 0, δq = 0 und damit T 2 = T 1. Folglich ist nach 1. Hauptsatz auch U = 0.

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1 3 Lösungen Lösung zu 65. (a) Siehe Abbildung 1. (b) Schritt I: freie adiabatische Expansion, also ist δw 0, δq 0 und damit. Folglich ist nach 1. Hauptsatz auch U 0. Schritt II: isobare Kompression, also ist δq c p c p ( 3 ) und W nr( 3 ). Zur Vervollständigung noch U δq + δw c p ( 3 ) nr( 3 ) Schritt III: isochore Erwärmung, heisst Volumen konstant, also dv 0 und damit keine verrichtete ArbeitδW 0. Dann ist δq U c V ( 3 ). Die verrichtete Arbeit ergibt sich also nur aus Schritt II. (c) Bei einem irreversiblen Prozess muss δq < 0 Abbildung 1: Der Mayersche Kreisprozess.

2 4 gelten. Also jetzt einfach Einsetzen: δq δq + I II δq + d nc p + III 3 nc V nc p ln 3 + nc V ln 3 δq (c V c p ) n ln 3 < 0 Das Ergebnis ist kleiner Null, da > 3 und c V < c p ist. Lösung zu 66. Zunächst eine Nebenrechnung zur Bestimmung der Anzahl der Mole d n R N 0.5m 3 m mol J 423K c p kj und damit C kg K p 29.1 und Man beachte auch noch mol K kj. kmol K dq nc V d + pdv S nc V ln + nr ln V 2 C p C V R V 2 p 2 Dann folgt S S 2 S 1 nc V ln p 2 + nc p ln V 2 nc p ln nr ln p 2 Jetzt die bekannten Größen einsetzen: kj S 42.65mol 29.1 kmol K Das Endvolumen ergibt sich dann zu V 2 nr p ln mol J 0.8 ln mol K J K m m 3

3 5 Abbildung 2: Zu Aufgabe 68: Die Fläche unter der Kurve ist die zugeführte Wärme, was der Entropieänderung entspricht Lösung zu 67. Die Längenänderung des Bandes beträgt l l 0 α. Sei ε die relative Längenänderung ε l l 0 l 0α l 0 und F A E ε. F m N m K 280K 138.4kN Lösung zu 68. Gegeben sind m 100g. Das sind 3.453mol Luft. p 2bar, 293K, 383K, c p 29.1 J und c mol K V c p R J. Die Entropiedifferenz mol K ist weil isobar ( p 2 ) erwärmt wird. S 21 S 2 S 1 nc p ln V 2 S 21 nc p ln J K 1 ln J K 1 Q nc p ( ) kj K 90.45kJ cdot ln

4 6 Abbildung 3: Zu Aufgabe 68: Die Fläche 1-2-b-d entspricht der gesamten zugeführten Wärme. Die Fläche a-2-b-c entspricht der Wärme, die zur Erhöhung der inneren Energie U erforderlich ist. Die Fläche d-1-2-a-c entspricht der in Arbeit umgewandeltem Wärme. eilweise wird die Wärme in Volumenarbeit umgewandelt W 12 nr( ) kj ( )K 25.83kJ K Die Entropiedifferenz bei konstantem Volumen, also der Anteil der Entropiedifferenz, der sich für die Änderung der inneren Energie ergibt, ist S S 2 S 1 nc V ln kJ K 1 ln kJ K 1 Lösung zu 69. Der Carnot-Prozess wurde schon mehrmals behandelt und daher als bekannt angenommen. Es gilt dw dq 2 m c V ( ) 2 1 d Die emperaturen bestimmen dabei den Wirkungsgrad der Carnot-Maschine. Die Dichte von Wasser sei hier mit 1kg pro Liter angenommen. Also haben 5

5 7 Liter die Masse 5kg. Die Arbeit findet man dann durch Integration: W mc V 0 d + mc V 0 d mc V ln 0 mc V ( 0 ) 5kg 4.18kJ kg 1 K 1 298K ln kg 4.18kJ kg 1 K 1 25K 23.2kJ der Wirkungsgrad η bestimmt sich aus den angegebenen emperaturen η Nun muss man noch beachten, dass die Kristallisations- bzw. Schmelzwärme aufgebracht werden muss. Λ S 5kg kj kg 1.67MJ Für die Überführung dieser Wärme ist die Arbeit W Q S η 1.67MJ kJ erforderlich. Die Gesamtarbeit ist also W ges 175.6kJ. Lösung zu 70. Zunächst allgemeines zur Entropie. Die Entropie ist eine Zustandsfunktion. Sie ist für eine reversible infinitesimale Zustandsänderung eines Stoffsystems bei der emperatur durch die Aufnahme der Wärmemenge δq definiert. ds δq Die Änderung zwischen zwei Zuständen 1 und 2 ist gegeben durch S S 2 S δq Allgemeines zur Entropie: 1. Bei einem reversiblen Prozess bleibt die Entropie konstant. 2. Für ein ideales Gas ergibt sich für eine reversible Zustandsänderung ds δq rev du + pdv + R dv V

6 8 Für eine Isobare: S isobar C V ln + R ln V 2 Für eine Isochore: S isochor C p ln R ln p 2 Für den Kreisprozess nach Carnot: (a) isotherme Kompression (1 nach 2) δq pdv dv S 2 S 1 nr V nr ln V 2 (b) adiabatische Expansion (2 nach 3): S 3 S 2 (c) isotherme Expansion (3 nach 4): δq pdv S 4 S 3 (d) adiabatische Kompression (4 nach 1): S 1 S 4 δq 0 dv nr V nr ln V 4 δq 0 Als Summe über alle Änderungen der Entropie ergibt sich: Für adiabatische Prozesse gilt und S nr ln V nr ln V V1 κ 1 V2 κ 1 V3 κ 1 V4 κ 1 Division der beiden Gleichungen ergibt: umgeformt auch und noch logarithmiert V 4 V 2 V 4 V 2 ln V 4 ln V 2

7 9 Also folgt jetzt S nr ln V nr ln V Lösung zu 71. Es erfolgt keine Wärmeaustausch, also handelt es sich um eine adiabatische Zustandsänderung. Volumina: A l 1 πr 2 l m 3 V 2 πr 2 l m 3 Die emperatur ist 293K, 10 5 N m 2, κ 1.4. Mit dem 1. Hauptsatz findet sich Q 12 mc V ( ) W 12 0 Also W 12 mc V ( ) Für Adiabaten gilt pv κ const p 2 ( ) κ 1 V2 ( ) κ V2 ( p1 p 2 ) κ 1 κ mit κ c p c V und c p c V R. Dann weiter W 12 nc V ( ) n R κ 1 ( ) 1 κ 1 (p 2V 2 ) p (( ) ) κ 1 ( (p2 ) κ 1 κ 1 ) κ 1 κ 1 ( (V1 ) κ 1 1) 890Nm V 2

8 10 Die Endtempertaur nach der Verdichtung ist ( V1 V 2 ) κ Also 359.5K 86.5 C. Der Endruck beträgt ( ) κ p 2 V Also ist der Enddruck p bar. Lösung zu 72. Zunächst nutzen wir den 1. und 2. Hauptsatz und finden: V 2 ds δq 1 du + p dv Die Zustandsgleichungen umgeformt ergeben Das wir oben eingesetzt 1 mc V U p nr V ( du ds m c V U + R ) dv m m V Integration vom Ausgangszustand bis zum aktuellen, also von z 0 (U 0, V 0, m) bis z(u, V, m) ergibt ) S(U, V, m) S 0 + m (c V ln UU0 + Rmm ln VV0