Gelöste Thermodynamikaufgabe

Gleiche Änderung der inneren Energie, drei Übertragungsarten

Übung 7 · Lektion 4 — Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

  • erster Hauptsatz
  • innere Energie
  • Wärme
  • mechanische Arbeit
  • elektrische Arbeit
  • Kalorimetrie
  • Zustandsfunktion

Arbeitsfassung — diese Übung wird noch geprüft.

Aufgabenstellung

Eine Flüssigkeit, ihr Kalorimeter und ein kleiner eingetauchter Widerstand bilden ein geschlossenes, makroskopisch ruhendes System. Der Behälter ist starr, und die gesamte Wärmekapazität des Systems wird als konstant angenommen:

C=2,00 kJ K−1.C=2{,}00\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Das System soll vom Gleichgewichtszustand AA bei TA=20,0 ∘CT_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C} in den Gleichgewichtszustand BB bei TB=25,0 ∘CT_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C} überführt werden. Es gilt

U(B)−U(A)=C(TB−TA).U(B)-U(A)=C(T_B-T_A).

Die Änderungen der makroskopischen kinetischen und potenziellen Energie sind null. Sämtliche Verluste an die Umgebung werden vernachlässigt.

Ausgehend vom selben Anfangszustand AA werden die folgenden drei Protokolle unabhängig voneinander durchgeführt:

  • Protokoll 1. Das System wird in thermischen Kontakt mit einem warmen Reservoir gebracht, ohne dass ihm Arbeit zugeführt wird.
  • Protokoll 2. Die Wände sind wärmeisoliert. Ein Rührflügel bewegt die Flüssigkeit, indem eine Masse mm um die Höhe h=5,00h=5{,}00 m fällt. Rührflügel und Flüssigkeit kommen schließlich zur Ruhe, und die gesamte von der Masse verlorene mechanische Energie wird auf das System übertragen. Es gilt g=9,81 m s−2g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}.
  • Protokoll 3. Das System erhält die Wärme Q3=4,00Q_3=4{,}00 kJ; die restliche Energie wird dem Widerstand elektrisch zugeführt. Die aufgenommene elektrische Leistung ist konstant und beträgt P=300\mathcal P=300 W.

  1. Berechnen Sie die allen drei Protokollen gemeinsame Änderung der inneren Energie ΔU=U(B)−U(A)\Delta U=U(B)-U(A).
  2. Bestimmen Sie für die ersten beiden Protokolle jeweils die vom System aufgenommene Wärme QQ und Arbeit WW. Berechnen Sie im zweiten Protokoll die erforderliche Masse mm.
  3. Berechnen Sie für das dritte Protokoll die aufgenommene elektrische Arbeit und die Einschaltdauer des Widerstands.
  4. Die drei Zustandsänderungen haben dieselben Anfangs- und Endzustände. Erklären Sie, warum ihre Werte von QQ und WW dennoch verschieden sein können. Enthält das System im Endzustand BB „Wärme“ oder „Arbeit“?

Hinweis
Wenden Sie ΔU=Q+W\Delta U=Q+W mit der Bankierkonvention an. Beim Rührflügel ist die aufgenommene Arbeit gleich der Abnahme mghmgh der potenziellen Energie der Masse. Die durch die Drähte über die Systemgrenze übertragene elektrische Energie wird als elektrische Arbeit gezählt.

Ausführliche Lösung

Lösung
Frage 1. Die Temperaturdifferenz beträgt TB−TA=5,0T_B-T_A=5{,}0 K. Daher

ΔU=C(TB−TA)=2,00×5,0=10,0 kJ.\Delta U=C(T_B-T_A)=2{,}00\times5{,}0=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Dieser Wert hängt nur von den beiden Gleichgewichtszuständen AA und BB ab.

Frage 2. Im ersten Protokoll wird keine Arbeit aufgenommen: W1=0W_1=0. Der erste Hauptsatz liefert daher

Q1=ΔU=10,0 kJ.Q_1=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Die Wärme ist positiv, weil Energie in das System eintritt.

Im zweiten Protokoll sind die Wände wärmeisoliert, also gilt Q2=0Q_2=0. Die gesamte Änderung der inneren Energie stammt aus der mechanischen Arbeit des Rührflügels:

W2=ΔU=10,0 kJ.W_2=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Aus W2=mghW_2=mgh folgt

m=W2gh=10,0×1039,81×5,00≃204 kg.m=\frac{W_2}{gh} =\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00} \simeq204\ \mathrm{kg}.

Die hohe Größenordnung erinnert daran, dass bereits eine geringe Temperaturerhöhung einer beträchtlichen mechanischen Energie entspricht.

Frage 3. Der erste Hauptsatz verlangt

W3=ΔU−Q3=10,0−4,00=6,00 kJ.W_3=\Delta U-Q_3=10{,}0-4{,}00=6{,}00\ \mathrm{kJ}.

Diese Arbeit ist positiv: Die Stromversorgung führt dem System Energie zu. Mit W3=P ΔtW_3=\mathcal P\,\Delta t ergibt sich

Δt=W3P=6,00×103300=20,0 s.\Delta t=\frac{W_3}{\mathcal P} =\frac{6{,}00\times10^3}{300}=20{,}0\ \mathrm{s}.

Frage 4. Die drei Wege liefern jeweils

(Q1,W1)=(10,0,0) kJ,(Q2,W2)=(0,10,0) kJ,(Q_1,W_1)=(10{,}0,0)\ \mathrm{kJ},\qquad (Q_2,W_2)=(0,10{,}0)\ \mathrm{kJ},

und

(Q3,W3)=(4,00,6,00) kJ.(Q_3,W_3)=(4{,}00,6{,}00)\ \mathrm{kJ}.

In allen Fällen beträgt die Summe Q+WQ+W genau 10,010{,}0 kJ und bewirkt dieselbe Änderung ΔU\Delta U. Die innere Energie ist eine Zustandsfunktion, während Wärme und Arbeit Übertragungen während einer Zustandsänderung beschreiben. Im Endzustand BB besitzt das System innere Energie, enthält aber weder „Wärme“ noch „Arbeit“.