Musterlösung zu Übung 7

Transkript

1 PCI hermodynamik G. Jeschke FS 05 Musterlösung zu Übung a Der Goldbarren wird beim Einbringen in das Reservoir sprunghaft erwärmt. Der Wärmeaustausch erfolgt daher auf irreversiblem Weg. Um die gefragte Entropieänderung mit ds = dq rev zu berechnen, müssen wir einen reversiblen Weg finden, mit dem man ebenfalls zum selben Endzustand gelangen kann. Da wir gemäss Aufgabenstellung davon ausgehen können, dass sich das Volumen des Goldes nicht ändert, wird keine Arbeit geleistet. Damit ist nach dem ersten Hauptsatz die Änderung der inneren Energie du gleich der ausgetauschten Wärme dq. Weil die innere Energie eine Zustandsgrösse ist, ist auch die Änderung der inneren Energie für einen irreversiblen Weg von Anfangs- zu Endzustand dieselbe wie für einen reversiblen. Deshalb gilt du = dq = dq rev. Damit ist Integration ergibt ds Au = dq = du [ u = V=const. = = nc V d. V,n u d + ] u dv V,n d V,n s Au = nc V d = nc V ln = m M C V ln =.5JK. b Man würde erwarten, dass sich die Gesamtentropie vergrössert, da dies ein freiwilliger Prozess ist zweiter Hauptsatz. Das Reservoir hat Wärme abgegeben, weshalb zwar seine Entropie abgenommen hat s Umg < 0, jedoch ist dessen Betrag zwingend kleiner als die Entropieänderung des Goldes. c Auch hier gilt du = dq. Da die Wärme vom Reservoir abgegeben wird, hat sie ein negatives Vorzeichen und ist im Betrag genau so gross wie die aufgenommene

2 Wärme des Goldes: s Umg = dq Res = B B dq = B A nc V d = nc V B B A 00g = 96.97gmol 5.JK mol 00K 70K 00K.8JK Die Entropieänderung des Gesamtsystems ist also s tot = s Au + s Umg =.5JK.8JK = 0.07JK > 0 Damit erkennt man: Der Prozess ist irreversibel, da die gesamte Entropieänderung positiv ist. d Die Entropieänderung des Barrens ist die gleiche wie in a, denn es gilt ln A +ln B = ln B A = ln B A. Die Entropie der Umgebung, die in diesem Fall aus zwei Reservoirs besteht, ändert sich hingegen: s Umg = A nc V d B nc V A d = nc V + B B 00g 85K 70K = 96.97gmol 5.JK mol 85K.JK Damit folgt für die totale Entropieänderung s tot = s Au + s Umg = 0.0JK. B + 00K 85K 00K e Wie man aus eilaufgabe d sieht, ändert sich beim Einfügen von Zwischenschritten nichts an der Entropiezunahme des Goldes s Au, sondern nur an jener der Umgebung s Umg. Gleichzeitig erkennt man, dass die Gesamtentropieänderung s tot kleiner wird, wenn man das Metallstück über einen Zwischenschritt erwärmt. Hat man nun N Wärmebäder, wobei die emperatur des i-ten Wärmebades i = A +i B A beträgt und zwei benachbarte Wärmebäder eine emperaturdifferenz N von = i i = B A aufweisen, erhält man für die Entropieänderung N N i i s Umg = nc V i= i = nc V N i= i,

3 wobei 0 = A und N = B sind. Lässt man nun N gehen, d.h. dass man das Gold in unendlich kleinen emperaturschritten mittels unendlich vieler Wärmebäder auf die Endtemperatur B aufwärmt, so ergibt sich für die Entropieänderung der Umgebung s Umg = nc V lim N = nc V B A N i= i d = nc V ln B A = s Au. Für die Gesamtentropieänderung folgt dann s tot = s Au + s Umg = 0. Dadurch, dass die Erwärmung in unendlich vielen kleinen Schritten erfolgt und bei jedem Zwischenschritt darauf geachtet wird, dass das Gold mit der Umgebung im thermischen Gleichgewicht ist, erfolgt der Prozess für N also reversibel. 5 Punkte a Für die isotherme Expansion eines idealen Gases gilt du = 0. Somit folgt mit dem ersten Hauptsatz du = dq +dw = 0 dq = dw = pdv. Da die Expansion reversibel ist, ist der Druck des Gases zu jedem Zeitpunkt während der Expansion gleich dem Außendruck. Mit dem idealen Gasgesetz ergibt sich damit für die Entropieänderung im Gas ds Gas = dq rev = dw = pdv = nr V dv s Gas = nrln V V = 50g 4gmol 8.4JK mol ln 7.0JK. Beim reversiblen Prozess ist die Änderung der Gesamtentropie gleich Null, d.h. s ges = 0. Daraus folgt: s Gas = +7.0JK s Umg = 7.0JK s ges = 0 b Bei der Expansion ins Vakuump = 0 wird keine Volumenarbeit verrichtet, sodass du = dq. Zudem wird keine Wärme ausgetauscht, sodass die Änderung der inneren

4 Energie Null sein muss. Daher muss im Fall des idealen Gases auch die emperatur des Gases konstant bleiben. Daraus folgt aber, dass der Anfangs- und Endzustand bei der isothermen reversiblen Expansion und bei der irreversiblen Expansion ins Vakuum derselbe ist. Da die Entropie eine Zustandsfunktion ist, muss s Gas = +7.0JK sein, wie in eilaufgabe a. Da weder Wärme noch Arbeit mit der Umgebung ausgetauscht werden, findet keine Zustandsänderung in der Umgebung statt. Die Gesamtentropie ist daher gleich der Entropieänderung im Gas. s Gas = +7.0JK s Umg = 0 s ges = +7.0JK Ähnlich wie in Aufgabe haben wir auch hier einen irreversiblen Prozess mit einem reversiblen Prozess bei gleichem Anfangs- und Endzustand verglichen, um die Entropieänderung des irreversiblen Prozesses zu bestimmen. c Hier wird keine Wärme mit der Umgebung ausgetauscht und somit bleibt auch die Entropie im Gas und der Umgebung konstant. s Gas =0 s Umg =0 s ges =0 Die drei verschiedenen Expansionen haben also alle unterschiedliche Entropieänderungen zur Folge. In a und b sind die Endzustände des Gases dieselben, weshalb die Entropieänderung im Gas dieselbe sein muss. Im Fall b ist die Expansion jedoch irreversibel, während sie in a reversibel ist. Der Unterschied von a zu c liegt im Endzustand: Da die Expansion in c adiabatisch ist, wird die emperatur des Gases abnehmen und die der Umgebung zu, in a sind die emperaturen konstant. Die unterschiedlichen Endzustände der eilsysteme haben verschiedene Entropien, aber das Gesamtsystem hat aufgrund der Reversibilität seine Entropie jeweils nicht verändert. Punkt a Nach dem idealen Gasgesetz liegt, bei gleichbleibender eilchenzahl n, die maximale emperatur an demjenigen Punkt V,p, wo das Produkt p V maximal ist. Umgekehrt ist das Produkt p V minimal bei min. Damit ergeben sich die folgenden Beziehungen: p max V max = nr max p min V min = nr min Der kleinste Wert für p V ergibt sich beim Wertepaar V,p, d.h. im Punkt a. Der größte Wert für p V ergibt sich hingegen beim Wertepaar V,p, d.h. im Punkt c. Löst man obige Gleichungen nach nr und setzt sie gleich, erhält man mit den oben 4

5 genannten Wertepaaren den folgenden Zusammenhang: p V = p V max min min = p V max p V und dadurch b Gemäß Aufgabenstellung gilt für die innere Energie eines idealen einatomigen Gases u = nr. Daraus lässt sich die Änderung der inneren Energie wie folgt berechnen: u = nr du = nrd Integration des obigen Ausdrucks in den Grenzen Ende E und Anfang A und Verwendung der idealen Gasgleichung liefert u E u A du = E A nrd u = nr E A = nr nr p EV E p A V A. Für alle vier eilschritte lässt sich damit die Änderung der inneren Energie angeben, indem man p, p, V und V entsprechend dem jeweiligen Prozess einsetzt. Dies ist in abelle zusammengefasst. Die Volumenarbeit ist bei den Prozessen a b und c d gleich Null, da das Volumen hier konstant bleibt. Für die anderen beiden Schritte lässt sich die Volumenarbeit gegen den konstanten Druck über dw = pdv VE p=const. = p dv V A = pv E V A bestimmen. Die zu- bzw. abgeführte Wärme kann nun als Differenz zwischen der inneren Energie und der Volumenarbeit berechnet werden. q = u w In den ersten beiden Schrittena b, b c muss Wärme zugeführt werden, um erst den Druck bei konstantem Volumen V zu erhöhen und anschließend um bei konstanem Druck p das Volumen zu vergrössern. Entsprechend wird bei der Druckverringerung im dritten und der Komprimierung im vierten Schritt Wärme an die 5

6 Umgebung wieder abgegeben. Um die Entropieänderung der einzelnen Prozesse zu berechnen, muss wiederum ein reversibler Weg vom Anfangs zum Endzustand gefunden werden. Ein Kreisprozess in einem p,v-diagramm ist immer reversibel, da jeder einzelne Punkt darauf ein thermodynamisches Gleichgewicht beschreibt. Deshalb kann die Wärme direkt zur Berechnung der Entropie verwendet werden. Damit ist dq = dq rev = du+pdv. Mit der Angabe u = /nr erhält man für das totale Differential u u u du = d + dv + dp V p = nrd. V,p Wir wollen jedoch bequemerweise über p und V integrieren, da die untersuchten Prozesse entweder isobar oder isochor sind, und ersetzen deshalb d = dp+ dv p V V p = V nr dp+ p nr dv, wobei wir das ideale Gasgesetz benutzt haben. Damit ist du = V nr nr dp+ p nr dv und deshalb = Vdp+ pdv,p dq rev = Vdp+ pdv +pdv = Vdp+ 5 pdv. Nun können wir die Entropieänderung berechnen: ds = dq rev = nr pv Vdp+ 5 pdv = nr 5nR dp+ p V dv, pe nr VE s = p dp+ 5nR V dv p A = nr ln pe 6 p A V A + 5nR ln VE V A.,V

7 Die entsprechenden Ausdrücke für q, w, u und s sind in nachstehender abelle zusammengefasst. Die jeweiligen Vorzeichen ergeben sich aus der atsache, dass V > V und p > p. a b b c c d d a q V p p 5 p V V V p p 5 p V V > 0 > 0 < 0 < 0 w 0 p V V 0 p V V < 0 > 0 u s V p p p V V V p p p V V nr ln > 0 > 0 < 0 < 0 p p 5nR ln V V nr ln p p 5nR ln > 0 > 0 < 0 < 0 V V abelle : Übersicht über die ausgetauschte Wärme q, die ausgetauschte Arbeit w, die Änderungen der inneren Energie u und der Entropie s. c Der Wirkungsgrad ist der Quotient aus zugeführter Wärme q > 0 und gewonnener Arbeit Σw i. Nur bei den eilschritten b c und d a wird Volumenarbeit verrichtet, sodass sich die gewonnene Arbeit wie folgt berechnet: w ges = w b c + w d a = p V V + p V V = p V V +p V +V = p p V V. Wärme wird in den ersten beiden Schritten dem Gas zugeführt. Dadurch ist die Wärme, die zum Wirkungsgrad beiträgt durch q rein = q a b +q b c = V p p + 5 p V V 7

8 gegeben. Damit ergibt sich für den Wirkungsgrad ǫ = w ges q rein p p V V = V p p + 5p V V bar 5bar L L = L 5bar bar+ 5 5bar L L %. Generell sollte stets in SI-Einheiten gerechnet werden. Die Einheiten im Nenner und Zähler kürzen sich letzlich, so dass ǫ dimensionslos ist. Daher kann man in diesem Fall auf die Umrechnung verzichten bzw. die Einheit bar L im Nenner und Zähler jeweils faktorisieren und anschließend kürzen. d Unter Verwendung der Formel für den Wirkungsgrad des Carnotprozesses, ǫ = k w = min max und dem in a hergeleiteten Ausdruck für min max ergibt sich ǫ = p V p V = bar L 5bar L = 90%. Wie man sieht, ist der Carnot-Prozess deutlich effizienter. e Die isotherme Expansion Schritt von A nach B und Komprimierung Schritt von C nach D entsprechen aufgrund der konstanten emperatur einer Horizontalen im, s-diagramm. Da bei einem reversiblen, adiabatischen Prozess die Entropie im System und in der Umgebung konstant bleibt, entsprechen die adiabatische Expansion Schritt von B nach C und Komprimierung Schritt 4 von D nach A einer Vertikalen im, s-diagramm. Entsprechend muss der Carnot-Kreisprozess ein Rechteck im, s-diagramm sein. Die Richtung und die Eckpunkte in Anlehnung an Abbildung 0 im Skript können folgendermaßen identifiziert werden. Bei der isothermen Expansion nimmt die Entropie im Gas gemäss Gleichung 95 im Skript, S. 99 pe VE S = Rln = Rln p A zu. Bei der anschließenden adiabatischen Expansion kühlt sich das Gas ab. Daher muss auf eine Entropieerhöhung von s und s eine emperatursenkung von max auf min folgen. Um dies zu erfüllen muss der Kreisprozess im,s-diagramm ebenfalls im Uhrzeigersinn durchlaufen werden. Zudem entspricht die linke obere Ecke 8 V A

9 w A B 4 k D C s s s Abbildung : Der Carnot-Kreiprozess aus Abbildung 0 im Skript S. 90 dargestellt in einem, s-diagramm. des Rechtecks dem Punkt A. Aus diesen Überlegungen ergibt sich das folgende Diagramm. 8 Punkte 9