Adiabatische Zustandsänderung < Thermodynamik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:43 Sa 31.01.2015 | | Autor: | HugATree |
| Aufgabe | | Zylinder mit Gasvolumen [mm] $V=10^{-2}\mathrm{m}^3$ [/mm] wird durch einen beweglichen Stempel in zwei Kammern geteilt. Die Zylinderwände und der Stempel lassen keinen Energie- oder Teilchenaustausch zu. Die Kammern sind mit der selben Menge eines einatomigen, idealen Gases gefüllt und stehen unter einem Druck von [mm] $p_0=10^5$ [/mm] Pa bei einer Temperatur von [mm] $T_0=300$ [/mm] K. In der ersten Kammer ist ein elektirscher Widerstand angebracht, der das Gas in der Kammer erwärmt . Nach dem Zuführen der Wärmemange [mm] $Q_1$ [/mm] sei der Druck in der 2ten Kammer auf das dreifache angestiegen Berechnen sie Daraus die Endtemperatur in beiden Kammern, sowie die zugeführte wärme [mm] $Q_1$. [/mm] Hierbei können sie annehman, dass die Zustandsänderung hinreichend langsam (quasistatisch) abläuft. |
Guten Abend,
ich habe mir zu dieser Aufgabe bisher folgende Gedanken gemacht, bin mir aber nicht sicher ob meine Ergebnisse stimmen:
Bezeichnungen: der Index $_{0i}$ steht für den Anfangszustand der $i$-ten (1ten oder 2ten) Kammer und $_{1i}$ steht für den Zustand nach der Erwärmung der ersten Kammer.
Es ist [mm] $p_{01}=p_{02}=p_0,\quad V_{01}=V_{02}=\frac{1}{2}V,\quad V_{11}=V-V_{12},\quad p_{11}=p_{12}=3p_0$ [/mm] (Da im Gleichgewicht).
Da nun das Gas einatomiges, ideales Gas, erhalten wir für den Adiabatenkoeffizienten [mm] $\kappa=\frac{f+2}{f}$, [/mm] wobei $f$ : Anzahl der Feiheitsgrade, d.h. [mm] $\kappa=\frac{5}{3}$.
[/mm]
Und da die Umwandlung in der 2. Kammer adiabatisch ist, erhalten wir:
[mm] $$p_{12}V_{12}^\kappa=p_{02}V_{02}^\kappa \Rightarrow V_{12}=3^{-\frac{5}{3}}V_{02}$$
[/mm]
Und:
[mm] $$T_{02}V_{02}^{\kappa-1}=T_{01}V_{01}^{\kappa-1}\Rightarrow T_{12}=3^{\frac{2}{5}}T_{02}\approx [/mm] 465,5 [mm] \mathrm{K}$$
[/mm]
Für die 1. Kammer gilt mit dem idealen Gasgesetz:
[mm] $$\frac{p_{01}V_{01}}{T_{01}}=\frac{p_{11}V_{11}}{T_{11}}\Rightarrow T_{11}=\frac{p_{11}V_{11}T_{01}}{p_{01}V_{01}}=\frac{3p_0(V-V_{12})T_0}{p_0V_{01}}\approx 1334,4\mathrm{K}$$
[/mm]
(Diese Temperatur kommt mir etwas arg hoch vor?)
Zur Berechnung der zugeführten Wärme, habe ich mir gedacht, dass wenn ich das System im Ganzen betrachte ja eigentlich eine isochoren Vorgang habe. Aber geht das so einfach? Wüsste nicht, wie ich diese Energie sonst berechnen sollte?
Vielen Dank
Liebe Grüße
HugATree
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:30 Mo 02.02.2015 | | Autor: | chrisno |
Nachdem ich mich mehrfach verrechnet habe, stimme ich nun mit Deinem Vorgehen und Deinen Ergebnissen überein. (Ich rechne dies, um selber in der Thermodynamik sicherer zu werden.)
Insbesondere Deine letzte Überlegung zum isochoren Vorgang habe ich zuerst als falsch verworfen. Inzwischen bin ich auch da der Meinung, dass Du recht hast.
Folgende Überlegung dazu: Wenn Du den Stopfen entfernst, vermischt sich das Gas aus beiden Teilvolumen. Es gibt keine Änderung der inneren Energie. Daher könntest Du aus der Mischungstemperatur die zugeführte Wärme für das Gesamtvolumen ausrechnen. Das Gleiche rechnest Du, wenn Du die zugeführte Wärme für die einzelnen Volumina bestimmst.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:55 Di 03.02.2015 | | Autor: | HugATree |
Hallo chrisno,
vielen Dank für deine Antwort.
Ich habe die Idee zur Wärmeenergie nun mal versucht umzusetzen:
Wie erhalten die Mischtemperatur [mm] $T_m=\frac{T_{11}+T_{22}}{2}=900\mathrm{K}$.
[/mm]
Und damit erhalten wir für unsere Wärmeenergie:
[mm] $$Q_1=\Delta U=c_vn\Delta T=\frac{3}{2}Rn(T_m-T_0)=\frac{3}{2}\frac{p_0V}{T_0}(T_m-T_0)=\frac{3\cdot 10^5\mathrm{Pa}\cdot 10^{-2}\mathrm{m}^3(900\mathrm{K}-300\mathrm{K})}{2\cdot 300\mathrm{K}}=3000\mathrm{J}$$
[/mm]
Kann das stimmen?
Liebe Grüße
HugATree
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:30 Mi 04.02.2015 | | Autor: | chrisno |
Ich finde keinen Fehler. Es wäre gut, wenn sich noch jemand anderes das ansieht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:03 Mi 04.02.2015 | | Autor: | HugATree |
Also ich habe inzwischen die Lösung der Aufgabe bekommen.
Der Weg der in meiner Frage steht stimmt, man kann es allerdings auch einfacher machen, indem man die Innere Energie der beiden Kammern betrachtet, also
[mm] $Q_1=\Delta U_1+\Delta U_2$ [/mm] mit
[mm] $$\Delta U_1=nc_V\Delta T=\frac{3p_0V}{4T_0}(T_{11}-T_{01})\approx 2686\mathrm{J}$$
[/mm]
und
[mm] $$\Delta U_2=nc_V\Delta T=\frac{3p_0V}{4T_0}(T_{12}-T_{02})\approx 414\mathrm{J}$$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow Q_1\approx 3000\mathrm{J}$
[/mm]
Also das gleiche Ergebnis wie in meinem letzten Post.
Vielen Dank nochmal für deine Hilfe chrisno
Liebe Grüße
HugATree
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:42 Mi 04.02.2015 | | Autor: | chrisno |
Es ist für mich ja auch lehrreich. Ansonsten:
> Das Gleiche rechnest Du, wenn Du die zugeführte Wärme für die einzelnen Volumina bestimmst.
War meine Bemerkung, dass Du es direkt so, wie Du eben aufgeschrieben hast, rechnen kannst.
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