Gelöste Thermodynamikaufgabe

Erwärmung bei konstantem Druck: Herleitung von cPc_P

Übung 13 · Lektion 5 — Anwendung auf das ideale Gas

  • Wärmekapazität
  • konstanter Druck
  • Mayer-Beziehung
  • isobare Erwärmung
  • ideales Gas

Aufgabenstellung

Ein Mol eines idealen Gases mit der molaren Wärmekapazität cVc_V ist in einem Zylinder mit dem Anfangsvolumen V0V_0 eingeschlossen. Der Zylinder wird durch einen reibungsfrei beweglichen, adiabatischen Kolben verschlossen, auf den ein konstanter Außendruck P0P_0 wirkt. Ein im Gas befindlicher elektrischer Widerstand führt ihm quasistatisch die Wärme Q>0Q>0 zu.

  1. Fertigen Sie eine einfache Skizze des Aufbaus an. Kennzeichnen Sie das Gas, den Kolben, den Widerstand, den Außendruck P0P_0 und die Energieübertragungen.
  2. Drücken Sie ohne Verwendung von Zahlenwerten die Anfangstemperatur T0T_0 aus und bestimmen Sie anschließend den Endzustand (Pf,Vf,Tf)(P_f,V_f,T_f), die vom Gas aufgenommene Arbeit WW und seine Änderung der inneren Energie ΔU\Delta U.
  3. Leiten Sie daraus die molare Wärmekapazität bei konstantem Druck cP=(δQ/dT)Pc_P=(\delta Q/\mathrm{d}T)_P in Abhängigkeit von cVc_V und RR her.
  4. Numerische Anwendung für ein einatomiges ideales Gas: cV=32Rc_V=\frac32R, V0=25 LV_0=25\ \mathrm{L}, P0=1,0×105 PaP_0=1{,}0\times10^5\ \mathrm{Pa}, Q=1000 JQ=1000\ \mathrm{J} und R=8,314 J mol−1 K−1R=8{,}314\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.

Hinweis
Die Zustandsänderung ist isobar: W=−P0 ΔVW=-P_0\,\Delta V. Für ein Mol eines idealen Gases gilt P0 ΔV=R ΔTP_0\,\Delta V=R\,\Delta T. Setzen Sie diese Beziehungen in den ersten Hauptsatz ein.

Ausführliche Lösung

Lösung
Frage 1. Die Skizze soll das Gas in einem Zylinder zeigen, der durch einen beweglichen Kolben verschlossen ist. Ein Pfeil im Inneren des Zylinders stellt die vom Widerstand zugeführte Wärme QQ dar. Der Außendruck P0P_0 wirkt auf den Kolben, der sich bei der Expansion des Gases nach oben bewegt.

Frage 2. Die Zustandsgleichung des Anfangszustands liefert

T0=P0V0R.T_0=\frac{P_0V_0}{R}.

Der Druck bleibt konstant, also gilt Pf=P0P_f=P_0. Außerdem ist W=−P0ΔV=−RΔTW=-P_0\Delta V=-R\Delta T. Der erste Hauptsatz liefert damit

ΔU=cVΔT=Q+W=Q−RΔT,\Delta U=c_V\Delta T=Q+W=Q-R\Delta T,

woraus folgt

ΔT=QcV+R.\Delta T=\frac{Q}{c_V+R}.

Der Endzustand ist somit

Pf=P0,Tf=T0+QcV+R,Vf=V0+RQP0(cV+R).P_f=P_0,\qquad T_f=T_0+\frac{Q}{c_V+R},\qquad V_f=V_0+\frac{RQ}{P_0(c_V+R)}.

Schließlich gilt

W=−RQcV+R,ΔU=cVQcV+R.W=-\frac{RQ}{c_V+R}, \qquad \Delta U=\frac{c_VQ}{c_V+R}.

Frage 3. Da bei konstantem Druck Q=(cV+R)ΔTQ=(c_V+R)\Delta T gilt,

cP=cV+R.c_P=c_V+R.

Dies ist die Mayer-Beziehung.

Frage 4. Für ein einatomiges Gas ist

cP=52R≃20,8 J mol−1 K−1.c_P=\frac52R\simeq20{,}8\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.

Man erhält

T0≃301 K,ΔT≃48,1 K,Tf≃349 K,Vf=29,0 L.T_0\simeq301\ \mathrm{K},\qquad \Delta T\simeq48{,}1\ \mathrm{K},\qquad T_f\simeq349\ \mathrm{K},\qquad V_f=29{,}0\ \mathrm{L}.

Schließlich

W=−400 J,ΔU=600 J.W=-400\ \mathrm{J},\qquad \Delta U=600\ \mathrm{J}.